Bài toán đẳng chu - Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp

ong mặt phẳng ............................................. 3 1.1. Dạng phát biểu gốc.................................................................................... 3 1.2. Dạng phát biểu tương đương..................................................................... 3 1.3. Chứng minh sự tương đương của hai phát biểu trên................................. 4 2. Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng).................... 4 3. Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng . 5 3.1. Phép chứng minh sơ cấp của Steiner ........................................................ 5 3.2. Phép chứng minh cao cấp ........................................................................ 8 CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP..............................................................................................12 1. Các bài toán về diện tích lớn nhất.........................................................................12 1.1. Loại gốc .............................................................................................................12 1.2. Loại mở rộng......................................................................................................22 2. Các bài toán về chu vi nhỏ nhất ............................................................................39 2.1 Loại gốc ..............................................................................................................39 2.2 Loại mở rộng.......................................................................................................43 PHẦN KẾT LUẬN........................................................................................ 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO.............................................................................. 61 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 2 LỜI NÓI ĐẦU - - - \[ - - - Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển mạnh mẽ. Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp được biết đến từ thời cổ đại nhưng mới chỉ được chứng minh tương đối chặt chẽ trong nửa đầu của thế kỷ XIX và được chứng minh hoàn toàn chặt chẽ bằng nhiều cách khác nhau trong thế kỷ XX. Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian sơ cấp có phép chứng minh khó và phức tạp hơn rất nhiều. Mục đích của khóa luận là giới thiệu một vài phép chứng minh đầy đủ về bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng cũng như trong không gian đồng thời tổng hợp một lớp bài toán đẳng chu phẳng và không gian. Tuy nhiên, vì thời gian không cho phép chúng tôi tự ý thu hẹp đề tài, chỉ trình bày một số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng. Vì vậy, khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP. Hy vọng trong thời gian tới khi có điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức độ nâng cao hơn trong không gian. Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1: Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Chương 2: Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp. Mặc dù đã rất cố gắng nhưng bản khóa luận có thể còn có sai sót, rất mong quý thầy cô và các bạn đồng môn vui lòng chỉ bảo. Để hoàn thành bản Khóa luận này, tôi đã được sự hướng dẫn nhiệt tình của Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, sự giúp đỡ và chỉ bảo về thủ tục của các Thầy cô trong Khoa Sư phạm nói chung và Bộ môn Toán nói riêng. Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô! Xin kính chúc quý thầy cô nhiều sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt! SV thực hiện: Lê Thanh Bình Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 3 Chương I BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - - Chương này giới thiệu bài toán và bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Đối với bài toán phẳng, chúng ta đưa ra chi tiết hai phép chứng minh, một chứng minh sơ cấp của Steiner ( mà còn chưa chặt chẽ) và một chứng minh cao cấp hoàn toàn chặt chẽ có sử dụng các kiến thức của giải tích nhiều biến và hình học vi phân cổ điển. 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG Bài toán đẳng chu được biết đến từ thời cổ đại. Bằng vẻ đẹp tự nhiên của mình, bài toán đẳng chu có một lịch sử vô cùng hấp dẫn (xem [1]). Công trình cốt yếu nhất giới thiệu được một chứng minh tương đối chặt chẽ cho bài toán đẳng chu được công bố năm 1841 bởi Jacob Steiner (1796-1863). Vào thời gian đó, bài toán đẳng chu là trung tâm của các cuộc tranh chấp giữa hai phương pháp: giải tích (tức là dùng các phép tính vi phân) và phương pháp tổng hợp của hình học thuần túy. Mặc dù thừa nhận giá trị của phương pháp giải tích, Steiner chỉ dùng phương pháp tổng hợp. Chứng minh của Steiner có một thiếu sót mà sau này được chỉnh lý lại bằng phương pháp giải tích. Để hiểu rõ hơn bản chất của bài toán đẳng chu, trước hết chúng ta phát biểu bài toán dưới hai dạng tương đương. 1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn có diện tích lớn nhất. 1.2. DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với diện tích đã cho, hình tròn có chu vi nhỏ nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 4 1.3. CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN Định lý 1 Hai phát biểu trên tương đương. Chứng minh Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc là A, phát biểu còn lại là B. • Giả sử A đúng. Ta cần chứng tỏ B cũng đúng. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng B sai. Khi đó, đối với hình tròn C đã cho, tồn tại một hình phẳng F có cùng diện tích với C nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của C. Ta co rút C về đường tròn C’ có cùng chu vi với F. Lúc đó diện tích của C’ nhỏ hơn diện tích của C, do đó cũng nhỏ hơn diện tích của F. Điều này mâu thuẫn với tính đúng của A. Mâu thuẫn này chứng tỏ B phải đúng. Tức là A kéo theo B. • Khẳng định ngược lại rằng B kéo theo A được lập luận tương tự. Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây. Nếu bất đẳng thức đẳng chu đã được chứng minh thì hệ quả hiển nhiên của nó là bài toán đẳng chu được giải quyết. Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu. 2. ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG) Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích bằng A (đvdt) và chu tuyến là một đường cong khép kín, 1C - từng khúc với chiều dài bằng hằng số L (đvđd). Khi đó ta có 24 A LΠ ≤ . Dấu “=” xảy ra khi C là hình tròn. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 5 3. VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG 3.1. PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER 3.1.1. Bao lồi và lý do tại sao bất đẳng thức đẳng chu chỉ cần phải chứng minh trong trường hợp miền lồi Bao lồi của miền Ω , ký hiệu là Ω , được định nghĩa là tập lồi nhỏ nhất chứa Ω . Do đó Ω= ∩{K / K là miền lồi phẳng chứa Ω}. Nếu Ω lồi thì Ω =Ω . Giả sử miền Ω không lồi, ta có thể xây dựng một miền lồi chứa Ω mà diện tích lớn hơn nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của Ω . Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đẳng chu đối với các miền lồi. Điều này được biện minh bởi bổ đề dưới đây. 3.1.2. Bổ đề 1 Cho Ω là hình phẳng đóng, bị chặn được bao quanh bởi đường cong khép kín 1C - từng khúc với bao lồi là Ω . Khi đó ta luôn có: ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) i S S ii L L Ω ≥ Ω ∂ Ω ≤ ∂ Ω Nếu Ω không lồi, các bất đẳng thức trên là nghiêm ngặt. Chứng minh Đặt K = Ω . K phải chứa mọi điểm của Ω và chứa những đoạn thẳng nối hai điểm phân biệt bất kỳ của Ω . Tập các điểm trong của K không thuộc Ω được phân hoạch thành các thành phần liên thông iO rời nhau: int( ) iiK O− Ω = U . Nếu Ω lồi, ii OU là tập rỗng. Mỗi điểm X K∈∂ có Ω Ω Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 6 thể thuộc ∂Ω hoặc không. Nếu X ∉∂Ω , áp dụng định lý Caratheodory, X là một điểm nằm trên đường thẳng 2d ⊂ sao cho K nằm về một phía của d và tồn tại các điểm ,i iY Z d∈∂Ω∩ để X nằm giữa ,i iY Z . Giả sử iO là miền giữa d và Ω .Vì X ∉∂Ω nên iO chứa một phần hình tròn lân cận của X (có diện tích dương). Do đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( )iiS K S S O S= Ω + > Ω∑ . Bây giờ ta cắt biên Ω thành hai phần tại ,i iY Z . Đặt iΓ là phần của ∂Ω từ iY đến iZ dọc iO∂ . Đặt i i iOΛ = ∂ − Γ là đoạn thẳng từ Yi đến iZ . Khi đó ( ) ( )i iL LΛ < Γ . Mặt khác ( )iiK O= Ω∪ U . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )i iiL K L L L L∂ = ∂Ω + Λ − Γ ≤ ∂Ω∑ . 3.1.3. Bổ đề 2 Trong tất cả các tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a và b, tam giác vuông có diện tích lớn nhất. Chứng minh Giả sử tam giác ABC có độ dài hai cạnh , BC a AC b= = và diện tích bằng S. Khi đó ta có: 1 1sin 2 2 S ab C ab= ≤ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ( )sin 1 2 C C π⎛ ⎞= ⇔ =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Tức là S lớn nhất khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại C. iΓ iΛ iO iZ iY Ω d Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 7 3.1.4. Bổ đề 3 Nếu hình phẳng đóng, bị chặn và lồi A bị chia bởi một dây cung nào đó (tức là một đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên của A ) thành 2 phần có cùng chu vi nhưng diện tích khác nhau thì tồn tại hình 1A có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. P A' A'1 A" Q Chứng minh Giả sử PQ là một dây cung chia hình phẳng A thành hai phần A’, A’’ có cùng chu vi nhưng diện tích của A’ lớn hơn diện tích của A’’. Gọi '1A là hình đối xứng của A’ qua đường thẳng PQ. Khi đó hình 1A = A’ ∪ '1A có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. 3.1.5. Định lý 2 Cho C là hình phẳng, đóng, bị chặn và lồi trong mặt phẳng. Nếu C không là hình tròn thì tồn tại hình C’ có cùng chu vi như C nhưng diện tích lớn hơn. Nói cách khác, hình tròn có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình phẳng có cùng chu vi. Chứng minh của Steiner Lấy P,Q là hai điểm biên của C mà nó chia C thành hai hình có chu vi bằng nhau. Vì C không là đường tròn nên tồn tại V C∈ sao cho 090PVQ ≠ . Gọi 1 2,B B là hai hình giới hạn bởi C và hai dây cung PV và QV. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 8 Vì tam giác PVQ không vuông nên theo bổ đề 2, tồn tại tam giác vuông P’V’Q’ có ' ', ' 'PV P V QV Q V= = nhưng diện tích lớn hơn. Ta thấy diện tích hình S tạo bởi tam giác P’V’Q’ và hình 1 2,B B lớn hơn diện tích của tập hợp gồm 1 2,B B và PVQ. Suy ra diện tích của hình phẳng C’ gồm hợp của S và ảnh đối xứng S’ của nó qua P’Q’ sẽ lớn hơn diện tích của C nhưng có cùng chu vi với C. Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng chu đúng. 3.1.6. Nhận xét Trên đây là cách chứng minh của Steiner được công bố vào năm 1841. Cách chứng minh này hoàn toàn sơ cấp và dễ hiểu. Tuy nhiên nhược điểm cơ bản của nó là đã thừa nhận một điều không hề hiển nhiên rằng bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng có lời giải để từ đó suy ra lời giải là đường tròn. Nói cách khác Steiner mới chỉ chứng minh được rằng: nếu trong các hình phẳng có cùng chu vi tồn tại hình có diện tích lớn nhất thì hình đó phải là hình tròn. Để chứng minh của Steiner trở nên chặt chẽ, ta cần phải chứng minh sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi. 3.2. PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP 3.2.1. Bổ đề 4 Cho A là diện tích của miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến là đường cong khép kín C đơn, C1 – từng khúc định hướng dương (tức là ngược chiều kim đồng hồ) xác định bởi phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t∈ [a, b]. Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1. ' . ' . ' . ' 2 b b b a a a A y t x t dt x t y t dt x y y x dt= − = = −∫ ∫ ∫ (*) Chứng minh 1B P’ 2B1B Q V 2B V’ Q’ P Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 9 Ta có ( ) ( ) '( ) (1 0) b a C D x t y t dt odx xdy dxdy= + = −∫ ∫ ∫∫ ( theo công thức Green ) = ( )D dxdy A=∫∫ . Tương tự ta cũng có ( ) ( ). '( ) 0 b a C D y t x t dt ydx dy dxdy A− = − + = =∫ ∫ ∫∫ . ( ) ( ) ( ) 1 1( ) '( ) ( ) '( ) 2 2 b a C D x t y t y t x t dt ydx xdy dxdy A− = − + = =∫ ∫ ∫∫ . 3.2.2. Định lý 3 Cho C là một đường cong phẳng khép kín, đơn, C1- từng khúc với chiều dài là L; A là diện tích miền phẳng đơn liên giới hạn bởi C. Khi đó ta có 24 A LΠ ≤ . Chứng minh Lấy E và E’ là hai đường thẳng song song theo phương thẳng đứng không cắt C. Tịnh tiến chúng theo phương thẳng đứng cho đến khi cả hai tiếp xúc C ta nhận được hai tiếp tuyến ∆ và ∆’ của C song song song với nhau. Khi đó C thuộc dải song song giới hạn bởi ∆ và ∆’. Gọi 1S là đường tròn nhận ∆ và ∆’ là hai tiếp tuyến và không cắt C và O là tâm đường tròn 1S . Dựng một hệ trục toạ độ Đề các vuông góc gốc O có trục hoành vuông góc với ∆ và ∆’. Tham số hoá đường cong C bởi độ dài cung α (s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] sao cho C được định hướng dương, còn ∆ và ∆’ tiếp xúc với C lần lượt tại 0s = và 1s s= . Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 10 Giả sử phương trình tham số của 1S là: ( ) ( ) ( ) [ ] ( ); ( ) ( ); ( ) ; 0,s x s y s x s y s s Lα = = ∈ , Gọi 2r là khoảng cách giữa ∆ và ∆’, do đó đương nhiên 2r là đường kính của đường tròn 1S ; A là diện tích của 1S . Theo bổ đề 4, ta có : 0 ' L A xy ds= ∫ ; 2 0 'LA r yx dsπ= = −∫ . E’ O ∆ ∆’ E 0s = 1s s= 2r 1S α α y x C Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 11 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxki với chú ý ( ) ( )2 2' 'x y+ = ( )2'( )sα = 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 22 0 0 2 2 22 22 0 0 ' ' ' ' ' ' . L L L L A r xy yx ds xy yx ds x y x y ds x y ds Lr π+ = − ≤ − ≤ + + = + = ∫ ∫ ∫ ∫ Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương A và 2rπ , ta có: ( )2 2 21 1. 4 A L2 2A r A r Lrπ π π≤ + ≤ ⇔ ≤ . Giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó ta phải có: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 ; . ' ' ' ' A r x yx y r y x y x π⎧ =⎪⎪ +⎨ = = ± = ±⎪⎪ +⎩ . Nói riêng, x = ± ry’. Vì r không phụ thuộc vào việc chọn hướng ∆, ta có thể đổi vai trò x, y trong hệ thức cuối cùng để được y = ± rx’. Do đó ( ) ( )( )2 22 2 2 2' 'x y r x y r+ = + = . Suy ra C là đường tròn. Nói cách khác, nếu 24 A Lπ = thì C là đường tròn. 3.2.3. Nhận xét • Chứng minh này hoàn toàn chặt chẽ vì không còn dựa vào sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi nữa. • Ngoài phép chứng minh trên, còn một vài phép chứng minh khác như chứng minh của Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger), chứng minh của Minkowski (dùng bất đẳng thức Steiner và bất đẳng thức Brunn ), chứng minh của Hadwiger. Vì khuôn khổ của bản luận văn có hạn nên chúng tôi không giới thiệu các chứng minh đó ở đây. Độc giả nào quan tâm xin tham khảo tài liệu [1]. Chỉ xin nhấn mạnh lại rằng, việc có rất nhiều nhà Toán học từ cổ chí kim quan tâm đến bài toán và bất đẳng thức đẳng chu đã chứng tỏ rằng bài toán đẳng chu có một lịch sử hấp dẫn biết nhường nào. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 12 Chương II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - - Chương này sẽ hệ thống lại các bài toán đẳng chu cơ bản trong hình học phẳng sơ cấp. Ở đây, chúng tôi phân biệt hai loại: bài toán đẳng chu gốc và mở rộng. Các bài toán đẳng chu loại gốc bao gồm: - Có yếu tố hằng về chu vi ; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích. - Có yếu tố hằng về diện tích; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi. Các bài toán đẳng chu loại mở rộng bao gồm: - Có chu vi không lớn hơn L0; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích. - Có diện tích không nhỏ hơn A0; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi. Lớp các bài toán đẳng chu mở rộng phong phú hơn và không kém phần hấp dẫn so với bài toán đẳng chu gốc. 1.CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH LỚN NHẤT 1.1 LOẠI GỐC Bài toán 1: Trong tất cả các tam giác với chu vi đã cho, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Giải Xét tam giác bất kì ABC với độ dài các cạnh là a , b , c và chu vi 2 p a b c= + + (cho trước). Theo công thức Heron: ( )( )( ) S p p a p b p c= − − − Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p a− , p b− , p c− : Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 13 ( )( )( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 p a p b p c pp a p b p c − + − + −− − − ≤ = ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) 3 4 2 2 27 27 3 3 (3.1) 9 9 p pp a p b p c p p a p b p c p pp p a p b p c S ⇒ − − − ≤ ⇒ − − − ≤ ⇒ − − − ≤ ⇒ ≤ Đẳng thức xảy ra trong (3.1) khi và chỉ khi : p a p b p c− = − = − ⇔ a b c= = Vậy 2 3max( ) 9 pS = ; đạt được khi và chỉ khi ABC∆ đều. Kết luận: Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p thì tam giác đều cạnh 2 3 p có diện tích lớn nhất. Bài toán 2: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Xét hình chữ nhật bất kỳ ABCD với hai kích thước x, y và chu vi 2a (cho trước); suy ra ( )2 2a x y= + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x, y ta có: 2 2 2 (3.2) 2 4 4 x y a axy S+⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ra trong (3.2) khi và chỉ khi : 2 ax y= = ⇔ ABCD là hình vuông. Vậy 2 max( ) 4 aS = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 3: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài 2 cạnh là x , y ( )0, 0x y> > và chu vi ( )2 2p x y= + (cho trước). Gọi α là góc giữa 2 cạnh hình bình hành. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 14 Khi đó diện tích .sin S xy xyα= ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: 2 x yxy +≤ ⇔ 2 2 2 2 2 4 x y p pxy +⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ 2 2 .sin sin 4 4 p pxy α α≤ ≤ ⇔ 2 4 pS ≤ (3.3) Đẳng thức xảy ra trong (3.3) khi và chỉ khi: sin 1 2 px y α =⎧⎪⎨ = =⎪⎩ ⇔ 0 90 2 px y α⎧ =⎪⎨ = =⎪⎩ ⇔ ABCD là hình vuông Vậy 2 max( ) 4 pS = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Kết luận: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 4: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải B I F G H EA CD Hình 3.1 Bổ đề: Cho tứ giác lồi ABCD có E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Ta luôn có: ( ) ( ) 1. (3.4) 2 1 2 a FH AB CD EG BC AD ≤ + ≤ + (3.5) ( )( )ABCD 1. (3.6)4b S AB CD BC AD≤ + + Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 15 Chứng minh a. Gọi I là trung điểm AC, ta có: ( )1 2 2 AB CDFH IF IH FH AB CD+≤ + = ⇒ ≤ + ⇒ (3.4) được chứng minh, còn (3.5) được chứng minh tương tự. b. Dễ thấy: BEF BAC 1 4 S S= , DHG DAC1 4S S= , CFG CBD 1 4 S S= , AHE ADB1 4S S= ABCD BEF DHG CFG AHE EFGH S S S S S S⇒ = + + + + ( ) ( )ABCD BAC DAC CBD ADB EFGH1 1 4 4S S S S S S⇒ = + + + + ( ) ( )ABCD EFGH 1 1 2 . .2 2S S FH EG AB CD BC AD⇒ = ≤ ≤ + + ( )( )ABCD 1 4S AB CD BC AD⇒ ≤ + + ⇒ (3.6) được chứng minh. Áp dụng: Ta xét 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: ABCD là tứ giác lồi, có chu vi p. Theo (3.6) ta có : ( )( ) ( ) ( ) 2 ABCD 1 1 4 4 2 AB CD BC AD S AB CD BC AD + + +⎡ ⎤≤ + + ≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 ABCD 1 4 2 AB CD BC ADS + + +⎡ ⎤⇒ ≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 ABCD 16 pS⇒ ≤ (3.7) Đẳng thức xảy ra trong (3.7) khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Vậy ( ) 2ABCDmax 16 pS = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Trường hợp 2: ABCD không lồi, có chu vi p. Ta có thể thiết lập một tứ giác lồi A’B’C’D’ cũng có chu vi bằng p, đồng thời A'B'C'D' ABCD S S> bằng cách lấy đối xứng đỉnh lõm của tứ giác ABCD qua đường chéo tương ứng. Theo kết quả của trường hợp 1 thì: 2 2 A'B'C'D' ABCD 16 16 p pS S≤ ⇒ < Trong cả hai trường hợp ta thấy với mọi tứ giác phẳng có cùng chu vi p ta đều có 2 16 pS ≤ ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác đó là hình vuông. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 16 Kết luận: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 5: (Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9,TP.HCM 1991-1992) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a. Trên hai cạnh AB, AD lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho chu vi tam giác AMN là 2a. Tìm vị trí của M, N để diện tích tam giác AMN là lớn nhất. Giải Hình 3.2 Đặt x = AM, y = AN, 0x > , 0y > . Tam giác AMN vuông tại A, theo định lí Pithagore : 2 2 2 MN AM AN= + 2 2 MN x y⇒ = + Ta có: 2 2AMN 2p AM AN MN x y x y a= + + = + + + = (không đổi) Và 2x y xy+ ≥ , 2 2 2x y xy+ ≥ Do đó: 2 22 2 2a x y x y xy xy= + + + ≥ + 22 2 2 axy ⎛ ⎞⇒ ≤ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ( ) 2 2 21 1 2 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 a axy a⎛ ⎞⇒ ≤ = = −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ( ) 2AMN 3 2 2S a⇒ ≤ − (không đổi) (3.8) Đẳng thức xảy ra trong (3.8) khi và chỉ khi: ( ) 2 2x y a= = − Vậy ( ) 2 max ( ) = 3 2 2S a− ; đạt được khi và chỉ khi AMN∆ vuông cân tại A. Kết luận: Trong tất cả các tam giác vuông có chu vi 2a cho trước, tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng ( )2 2 1 a− và cạnh bên bằng ( )2 2 a− là tam giác có diện tích lớn nhất. Bài toán 6: Trong tất cả các tam giác với chu vi 2p (cho trước) và độ dài một cạnh bằng a ( cho trước), hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. y xA B CD M N Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 17 Giải Gọi x là độ dài của một trong hai cạnh còn lại của tam giác (ngoài cạnh a). Suy ra độ dài cạnh thứ ba bằng 2 p a x− − . Theo công thức Heron diện tích của tam giác là: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 . S p p a p x p p a x p x a p x p p a= − − − − − = − − + −⎡ ⎤⎣ ⎦ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm p x− và a p x− + ta có: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 p x a p x ap x a p x − + − +− − + ≤ = ( )( )( ) ( ) 2 ap p a p x a p x p p a⇒ − − − + ≤ − ⇒ ( ) 2 aS p p a≤ − (3.9) Đẳng thức xảy ra trong (3.9) khi và chỉ khi: 2 ap x a p x x p− = − + ⇔ = − Vậy ( )max( ) 2 aS p p a= − ; đạt được khi và chỉ khi tam giác trở thành tam giác cân có 3 cạnh lần lượt là a, 2 ap − , 2 ap − . Kết luận: Tam giác cân có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2 ap − thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 7: Trong tất cả các hình bình hành có cùng chu vi và một góc nhọn α cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Gọi x , y (x > 0, y > 0) lần lượt là độ dài của 2 cạnh hình bình hành ABCD. Khi đó chu vi của hình bình hành là ( )2 2p x y= + (cho trước) và diện tích là .sinS xy α= (α cho trước). Diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi xy đạt giá trị lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: 2 x yxy +≤ ⇒ ( )21 4 xy x y≤ + ( )2 21 1 .sin sin .sin 4 4 xy x y pα α α⇒ ≤ + = 21 .sin 4 S p α⇒ ≤ . (3.10) Đẳng thức xảy ra trong (3.10) khi và chỉ khi 2 px y= = Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 18 Vậy 21max( ) .sin 4 S p α= ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. Kết luận: Hình thoi cạnh 2 p và có một góc nhọn bằng α thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 8: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi 2p (cho trước) và chiều dài của một đường chéo bằng a cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải y x a A D B C Hình 3.3 Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài đường chéo AC là a và chu vi 2p (cho trước). Khi đó ABCD ABC2S S= Do đó ABCDS đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCS đạt giá trị lớn nhất. • Tìm giá trị lớn nhất của ABCS Gọi x là độ dài một trong hai cạnh của hình bình hành ABCD. Giả sử AB x= Khi đó BC p x= − và ( )ABC p AB BC CA x p x a p a= + + = + − + = + (không đổi) Bài toán trở thành tìm ABC∆ có diện tích lớn nhất trong tất cả các tam giác với chu vi p+a (cho trước) và độ dài cạnh AC là a cho trước. Theo kết quả bài toán 6 ta được tam giác có diện tích lớn nhất là tam giác cân tại B nghĩa là ABCDS đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. Kết luận: Hình thoi cạnh 2 p và có chiều dài của một đường chéo bằng a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 9: Chứng minh rằng trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước, tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất. Giải Giả sử tứ giác lồi MNPQ có M α∠ = , N β∠ = , P γ∠ = , Q λ∠ = và MNPQ 0 2p P= ( 0, , , , Pα β γ λ cho trước). Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 19 α α β/2 γ/2 λ Xét tứ giác lồi ABCD đồng dạng với tứ giác lồi MNPQ, ta có: ( ) ( ) MNPQ ABCD 2 2 ABCDMNPQ S S pp = (3.11) Có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: ABCD là hình bình hành với A α∠ = , AB = a, AD = b. a b D B C A Hình 3.4 Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 ABCD 2 2 2 ABCD sin sin 1 ab. . sin 2 164 4 S a b p a b a b α α α+⎛ ⎞= ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠+ + ( ) 2 MNPQ 0 MNPQ2 MNPQ .sinsin 16 4 S PS p αα⇒ ≤ ⇒ ≤ (3.12) Dấu bằng xảy ra trong (3.12) khi và chỉ khi: a = b ⇔ ABCD là hình thoi ⇔ MNPQ là hình thoi (hình thoi là tứ giác ngoại tiếp). Trường hợp 2: ABCD không là hình bình hành. r r r B C' B' K E H I A D C Hình 3.5 Không mất tính tổng quát, ta giả sử các tia AB và CD cắt nhau tại E. Kẻ đường thẳng ' ' // BCB C sao cho ' 'B C tiếp xúc đường tròn ( ) , O r nội tiếp AED∆ ( B’ và C’ lần lượt nằm trên các cạnh AE và DE). Dễ thấy: ( )EB'C' EB'OC' OB'C' OB'E OC'E OB'C' 1 ' ' ' '2S S S S S S EB EC B C r= − = + − = + − Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 20 EB'C' S qr= ( với ( )1 ' ' ' '2q EB EC B C= + − ) (3.13) Đặt 2 2EBC EB'C' EBC . ' EBk S k S S k qr EB = ⇒ = ⇒ = Gọi 2p là chu vi AED∆ AED S pr⇒ = ; (3.14) 2ABCD AED EBC S S S pr k qr⇒ = − = − Ngoài ra: ( )ABCD AED 2p p EB EC BC p EB EC BC= − − + = − + − (3.15) Ta lại có: ' ' // BCB C = ' ' ' ' ' ' ' ' EB EC BC EB EC BCk EB EC B C EB EC B C + −⇒ = = = + − = 2 2 EB EC BCk EB EC BC kq q + −⇒ ⇒ + − = (3.16) Từ (3.15), (3.16) suy ra ( )ABCD 2 2 2p p kq p kq= − = − ( ) ( ) 2 ABCD 2 2 ABCD 4 S pr k qr p p kq −⇒ = − (3.17) Tương tự: ( ) ( ) AB'C'D 2 2 AB'C'D 4 S pr qr p p q −= − ( ứng với k = 1) (3.18) Ta chứng minh thêm: ( ) ( ) 2 2 2 4 4 pr k qr pr qr p kq p q − −≤− − (3.19) Dễ thấy các bất đẳng thức sau là tương đương: (3.19) ( ) ( ) 2 2 1 p k q p qp kq −⇔ ≤ −− ( vì 0p q p q> ⇒ − > ) ( )( ) ( )22 p k q p q p kq⇔ − − ≤ − ( ) ( )22 2 1 0 1 0k k k⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (đúng). Vậy (3.19) được chứng minh. Dấu bằng xảy ra trong (3.19) khi và chỉ khi k = 1. Từ (3.17), (3.18), (3.19) ta có: ( ) ( ) ( ) ABCD AB'C'D 2 2 ABCD AB'C'D 4 S S r p qp p ≤ = − ( ) ( ) MNPQ 2 MNPQ 02 0 4 4 S r rS P P p q p q ⇒ ≤ ⇒ ≤− − (3.20) Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 21 Mà : ' ' cot cot 2 2 B C r β γ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ , ' cot cot2 2C D r γ λ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ DA cot cot 2 2 r λ α⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ , ' cot cot2 2AB r α β⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ Nên ' ' ' ' 2 cot cot cot cot 2 2 2 2 B C C D DA AB r α β γ λ⎛ ⎞+ + + = + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ (3.21) Ngoài ra: ( ) ( )2 2 ' ' ' 'p q AE ED AD EB EC B C− = + + − + − ( ) ( ) ( ) = ' ' ' 'AE EB ED EC AD B C− + − + + ( ) 2 AB' + C'D + AD + B'C'p q⇒ − = (3.22) Từ (3.21), (3.22) suy ra: 1 cot cot cot cot 2 2 2 2 r p q α β γ λ=− + + + (3.23) Từ (3.20), (3.23) suy ra: 2 0 MNPQS cot cot cot cot 2 2 2 2 P α β γ λ≤ + + + (3.24) Dấu bằng xảy ra trong (3.24) khi và chỉ khi: k = 1 ⇔ ABCD là tứ giác ngoại tiếp ⇔ MNPQ là tứ giác ngoại tiếp. Từ 2 trường hợp đã xét ta có kết luận như sau: Kết luận: Trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước thì tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất. Bài toán 10: Chứng minh rằng trong tất cả các đa giác n cạnh với các cạnh đã cho, đa giác nội tiếp trong đường tròn có diện tích lớn nhất. Giải M' M M" Hình 3.6 Giả sử M là đa giác bất kì với các cạnh đã cho và M’ là đa giác như vậy nội tiếp trong đường tròn. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 22 a b c Trên các cạnh của M ta dựng các mảnh tương ứng với mảnh mà đường tròn bị cắt ra bởi các cạnh của M’. Khi đó cùng với M các mảnh ghép lại tạo ra M” có chu vi bằng chu vi đường tròn ngoại tiếp M’. Theo dạng phát biểu gốc thì đường tròn ngoại tiếp M’ có diện tích lớn hơn diện tích của M”. Sau khi ta bỏ đi các mảnh chung ở hai hình thì diện tích của M’ lớn hơn diện tích của M. 1.2. LOẠI MỞ RỘNG Bài toán 11: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn ( ), O R cho trước, tam giác nào có diện tích lớn nhất Giải Hình 3.7 Gọi SABC là diện tích tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ), O R , ta có: 2 2 ABC 2 2 2 sin .sin .sin sin .[cos( ) cos( )] 4 sin .[cos( ) cos ] sin .(1 cos ) abcS R A B C R A B C B C R R A B C A R A A = = = − − + = − + ≤ + 2 ABC sin .(1 cos )S R A A⇒ ≤ + (3.25) Ngoài ra: 2 2sin .(1 cos ) (sin ) (1 cos )A A A A+ = + 2 2 3 2 3 (1 cos )(1 cos ) (1 cos ) (1 cos ) 1 1 (3 3cos ) 3(1 cos ) 3 3 (3 3cos )(1 cos ) 3 3 4 4 A A A A A AA A = − + = + − − + +⎡ ⎤= − + ≤ =⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) 22 3 3 sin . 1 cos 4 RR A A⇒ + ≤ (3.26) Từ (3.25), (3.26) suy ra: 23 3S 4ABC R≤ (3.27) Dấu bằng xảy ra trong (3.27) khi và chỉ khi: (3.25) và (3.26) cùng xả._.