X i+ 2+ + x d= m.
2.3.3.Áp dụng nguyên lí cực hạn vào hình học
k X < a i ad
2.3.3.Áp dụng nguyên lí cực hạn vào hình học
BÀI 1. Trong tam giác ABC có ba góc nhọn. Lấy một điểm p bất kì. Chứng minh khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ điểm p đến các
đỉnh A, B, c của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các
khoảng cách từ điểm p đến các cạnh của tam giác đó.
Giải
Dựng PAi, PBi, PB2 tương ứng vuông góc với các cạnh BC, CA, AB. Vì
tam giác ABC có ba góc nhọn nên các điểm Ai, Bi, Ci tương ứng nằm trong đoạn BC, CA và AB.
c
Nối PA, PB, PC ta có
ẤPC, + C^PB + BPA1 + ẤJ>~C +CPB1 + B^PÃ = 360°
Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thế nhỏ hơn 60°
Không mất tính tổng quát, ta giả sử APC 1 là lớn nhất, khi đó APC 1 >
60°.
Xét AAPQ vuông tại Q , ta có
— = cos ẴPC 1 < cos 60° = -
A P 1 2
Từ đó ta có AP > PCi.
Neu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ p đến các đỉnh và thay PCi bằng khoảng cách ngắn nhất từ p tới các cạnh
thì bất đắng thức càng được thỏa mãn.
BÀI 2. Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng, nếu các bán kính của 4 đường tròn nội tiếp các tam giác EAB, ECD, EDA mà bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình thoi.
Giải
Hoàn toàn không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng CE < AE , BE < DE.
Gọi Bi và Ci tương ứng là các điểm đối xứng của B và c qua tâm E, ta có
tam giác C1EB1 nằm trong miền tam giác AED.
Giả sử đoạn thẳng AD không trùng với đoạn thẳngCiBi.
Khi đó đường tròn nội tiếp tam giác AED nằm bên trong đường tròn nội tiếp tam giác AED, đồng dạng (phối cảnh) với đường tròn này với tâm đồng dạng E, hệ số đồng dạng lớn hơn 1.
Như vậy R AED > R CIEBI = R CBE (R AED là bán kính đường tròn nội tiếp tam
giác AED) .Vô lí
Vì trái với giả thiết là RAED = rCEB.Điều vô lí đó chứng tỏ là A - Ci và D =
Bi
Khi đó OA=OC, OB=OD ^>ABDC là hình bình hành.
Trong hình bình hành ABCD có Pir = S AEB = S BEC = p2r. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(Ở đó Pi và p2 tương ứng là nửa chu vi của các tam giác AEB và ВЕС).
_ A B + B E + E A B C + C E + E B
Suy ra Pi = p2 <=>---Y---= ---Y---
<=> AB = ßC(vi AE = CE)
Hình bình hành ABCD có AB = ВС nên ABDC là hình thoi.
BÀI 3. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm thỏa mãn ba điểm bất kì ừong số chúng đều thẳng hàng. Chứng minh rằng, 2011 điểm đã cho là thẳng hàng.
Giải
Giả sử ngược lại là 2011 điểm đã cho không thẳng hàng.
Dựng qua mỗi cặp điểm trong số 2011 điểm này một đường thẳng. Số các đường thẳng được nối như vậy là hoàn toàn xác định, hữu hạn. Xét các
khoảng cách khác 0 nhỏ nhất từ 2011 điểm đã cho đến các đường thẳng vừa
dựng. Số các khoảng cách như vậy tồn tại và hữu hạn.
Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là bé nhất (А, в, с là ba trong
số 2011 điểm đã cho) . Theo giả thiết, trên BC cón có 1 điểm thứ 3 là D khác
В và c.
Vẽ AQ _L BC, khoảng cách AQ là bé nhất (theo giả sử) ta có trong ba
điểm B, c, D phải có ít nhất hai điểm nằm về cùng một phía của điểm Q, giả
sử đó là hai điểm с và D.
Giả sử CQ < DQ vẽ CR 1 AD, dễ thấy CR <AQ (vô lí ) Điều đó chứng tỏ rằng 2011 điểm đã cho thẳng hàng.
BÀI 4. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm o. Chứng minh rằng: Nếu các đường chéo AC và BD giao nhau tại o thì tứ giác ABCD là hình thoi.
Giải
Không mất tính tổng quát, ta giả sử oc < OA, OB < OD
1
Gọi B’ và C’ làn lượt là các điểm đối xứng của B và c qua o,
=> OB = OB’, oc = OC’.
Bởi vì BC là tiếp tuyến của (O) =>B’C’ cũng tiếp xúc với (O) =>A — c\ D =B’
=>OA = OC và OB = OD =>ABCD là hình bình hành.
Mặt khác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) => AB+CD=AD+BC
=> 2.AB = 2.AD => AB = AD =>ABCD là hình thoi.
BÀI 5. Trong không gian cho một số hữu hạn các điểm mà không có bốn điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích của mỗi
tứ diện tạo ra bởi đỉnh là những điểm cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
tất cả các điểm có thể được phủ bởi một tứ diện có thể tích bằng 27.
Giải
Do số lượng điểm đã cho là hữu hạn, nên số lượng các tứ diện tạo thành cũng là hữu hạn. Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại tứ diện (mà ta sẽ gọi là
AiBiCiDi) có thể tích lớn nhất. Qua các đỉnh Al, Bl, Ci, Di tương ứng là trọng
tâm của các tam giác BDC, ACD, ABD và ABC. Từ đó ta có
v
A 1 B 1 c 1 D 1 _ 1 VABCD 27 VABCD 27
Theo giả thiết ta lại có 1'л1в1с101 — 1» nên từ (1) có
VABCD <27 (2)
Bây giờ ta chứng minh rằng tất cả các điểm đã cho nằm ưong tứ diện ABCD.
1
Giả sử ưái lại điều khẳng định nay không đúng, tức là tồn tại điểm M (trong số các điểm đã cho), mà M không thuộc tứ diện ABCD (3)
Khi đó tồn tại ít nhất một đỉnh của tứ diện ABCD (không mất tính tổng quát ta xét trường hợp đó là đỉnh B, các trường hợp xét hoàn toàn tương tự) sao cho B và M nằm trong hai nửa không gian xác định bởi (ACD).
Có thể thấy ngay
^ B1A1C1D1 (4)
Bất đẳng thức (4) đúng chứng tỏ rằng MA1C1D1 là tứ diện tạo bởi bốn
đỉnh tổng các điểm đã cho có thể tích lớn hơn thể tích của tứ diện BiAiCiDi.
Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của tứ diện A1B1C1D1.
Điều vô lí trên chứng tỏ rằng giả thiết phản chứng là sai.
Vậy trong không gian cho một số hữu hạn các điểm mà không có bốn
điểm nào trong chúng cùng nằm trên một mặt phẳng sao cho thể tích của mỗi
tứ diện tạo ra bởi đỉnh là những điểm cho không lớn hơn 1. Luôn tồn tại một tứ diện có thể tích bằng 27 phủ tất cả các điểm.
=> Điều phải chứng minh.
Bài tập đề nghị
BÀI 1. Chứng minh rằng bốn hình tròn đường kính là 4 cạnh của tứ giác lồi thì phủ kín miền tứ giác ABCD.
BÀI 2. Cho 2011 đường thẳng phân biệt, trong đó ba đường thẳng bất kì ưong số chúng thì đồng quy. Chứng minh rằng cả 2011 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm.
Bài 3. Trên các cạnh của tam giác ABC lấy điểm C’ G AB,
A’ GBC, B’G AC. Biết rằng, độ dài các đoạn thẳng AA’, BB’, CC’ không lớn hơn 1. Chứng minh rằng
SABC ~F— (đơn vi diên tích).
V3 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chương 3 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG 3.1. Nguyên lí xuống thang
Mọi người đều biết khẳng định của Fermat rằng với n-nguyên (n>3)
phương trình X N + Y N = Z N không có nghiệm nguyên dương (còn gọi là định lí
Fecmat lớn).
Đe giải quyết bài toán này với một số trường hợp cụ thể của n nhiều nhà khoa học đã sử dụng phương pháp gọi là “phương pháp xuống thang”.
Nguyên lí xuống thang là một phương pháp có hiệu quả để giải một lớp khá rộng những bài toán liên quan đến phương trình nguyên. Cơ sở của phương pháp là tính sắp thứ tự các phần tử của một tập hợp và nguyên lí cực hạn. Phương pháp này được miêu tả như sau
Giả sử c là một tập các cấu hình nào đó, mà nếu giả định c Ỷ 0, thì trên c có thể ưang bị được một quan hệ thứ tự, cho phép lọc ra phần tử cực tiểu a G c.
Rồi bằng phương pháp nào đó (mà thường gọi là xuống thang) ta lại chỉ ra
được ưong c có phần tử b với b<a. Từ đó rút ra c phải là tập rỗng.