(LUẬN văn THẠC sĩ) một số bất đẳng thức hình học và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

Những thành tích đáng chú ý nhất trong giai đoạn đầucủa hình học bao gồm các công thức về độ dài, diện tích và thể tích,.... Hiểu theo nghĩa hình học, trong tất cả các hình hộp n chiều c

BÙI ANH TRƯỜNG

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

BÙI ANH TRƯỜNG

Lời cam đoan 3

Lời nói đầu 4

1 Kiến thức chuẩn bị 6 1.1 Các định lý về trung bình số học và trung bình hình học 6

1.2 Tỉ số lượng giác của một góc 9

1.3 Một số đẳng thức, bất đẳng thức cơ bản trong hình học 12

2 Các định lý đẳng chu 18 2.1 Cực đại và cực tiểu 18

2.2 Các định lý đẳng chu trong tam giác 21

2.3 Các định lý đẳng chu trong đa giác 29

2.4 Các định lý đẳng chu trong không gian 36

3 Đối xứng hóa và các vấn đề liên quan 44 3.1 Phép đối xứng 44

3.2 Bài toán Dido 47

3.3 Đối xứng hóa Steiner 48

3.4 Tam giác 52

4.1 Một số bài toán sử dụng định lý đẳng chu 584.2 Một số bài toán sử dụng nguyên lý phản xạ 65

QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, các số liệu vàkết quả nghiên cứu ghi trong luận văn là trung thực, được các đồng tác giảicho phép sử dụng và chưa từng được công bố trong bất kỳ một công trìnhnào khác.

Tác giả luận văn

Bùi Anh Trường

Lời nói đầu

Hình học là một phân nhánh của Toán học liên quan đến các câu hỏi vềhình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính chấtcủa nó Hình học phát triển độc lập trong một số nền văn hóa cổ đại nhưmột phần của kiến thức thực tiễn liên quan đến chiều dài, diện tích, và thểtích, Từ nhu cầu khoa học thực tiễn liên quan đến khảo sát, đo đạc, diệntích, và khối lượng Những thành tích đáng chú ý nhất trong giai đoạn đầucủa hình học bao gồm các công thức về độ dài, diện tích và thể tích, Cácnhà toán học cũng nhận ra rằng các đánh giá về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏnhất hay so sánh giữa các đại lượng hình học cũng đóng vai trò quan trọng

và nhiều khi quan trọng hơn cả các đẳng thức

Luận văn tập trung nghiên cứu về các định lí đẳng chu trong hình học vàcác vấn đề liên quan Trong thực tế ta có thể bắt gặp định lí đẳng chu kháthường xuyên ví dụ con mèo trong đêm lạnh, thường cuộn mình lại khá giốnghình cầu, hiển nhiên con mèo làm vậy để giữ nhiệt, làm nhiệt lượng thoát

ra khỏi bề mặt là nhỏ nhất và nó không hề có ý định làm giảm thể tích củabản thân nó, Rõ ràng, nó làm ta liên tưởng đến định lí: "Trong các vật thể

có cùng thể tích thì hình cầu có diện tích bề mặt nhỏ nhất" Luận văn trìnhbày lại một cách có sắp xếp, hệ thống lý thuyết về định lý đẳng chu và cácbất đẳng thức hình học liên quan Luận văn trình bày trong 75 trang, gồm:Lời nói đầu, 4 chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày các kiến thức chuẩn

bị về bất đẳng thức AM - GM, các hệ thức lượng trong tam giác, tỉ số lượnggiác của một góc, làm cơ sở, công cụ chứng minh các định lý trong luậnvăn

Chương 2: Các định lý đẳng chu Chương này trình bày lý thuyết về cựcđại và cực tiểu, trình bày và chứng minh các định lý đẳng chu trong tam giác

và đa giác và mở rộng sang một số lớp hình trong không gian như tứ diện,lăng trụ tứ giác.

Chương 3: Đối xứng hóa và các vấn đề liên quan Chương này trìnhbày về nguyên lý phản xạ như là một phương pháp hình học để tiếp cận lờigiải một lớp bài toán, định lý hình học một cách đơn giản dễ hình dung

Chương 4: Các bài toán và lời giải Chương này trình bày hệ thống cácbài toán hình học sơ cấp, cực trị hình học có thể tiếp cận bằng định lý đẳngchu và phép đối xứng, tạo nguồn tư liệu học tập, nghiên cứu cho học sinh

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy TS.Nguyễn Hữu Trọn, người luôn nhắc nhở, động viên, giúp đỡ tôi trong quátrình nghiên cứu để tôi có thể hoàn thành luận văn này Tôi cũng xin bày tỏlòng biết ơn đối với quý thầy cô trong khoa Toán và Thống kê, phòng Sauđại học trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt là quý thầy cô đã trực tiếp giảngdạy cho lớp Cao học Toán khóa 21 Cuối cùng tôi tỏ lòng biết ơn đến giađình, người thân và bạn bè đã luôn ủng hộ, giúp đỡ, tạo điều kiện cho tôi vềmọi mặt trong suốt thời gian tôi học thạc sĩ cũng như hoàn thành luận vănnày

Mặc dù tôi đã rất cố gắng nhưng vì khả năng và thời gian còn hạn chế nênluận văn không thể tránh khỏi các thiếu sót Tôi rất mong nhận được những

ý kiến, góp ý của quý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Ngày 5 tháng 9 năm 2020Học viên thực hiện

Bùi Anh Trường

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản hữu dụngcho các chương sau như: Định lý về trung bình số học và trung bình hìnhhọc, tỉ số lượng giác, một số đẳng thức cơ bản trong hình học Các kết quảtrong chương này được trình bày dựa vào [4], [7]

Định lý 1.1.2 Tích của n số dương với tổng cho trước là lớn nhất khi các

số ấy bằng nhau Cụ thể, nếu ai > 0 (i = 1, · · · , n) và

n

X

i=1

ai = nA khôngđổi thì

a1· a2· · · an ≤ An

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an

Hiểu theo nghĩa hình học, trong tất cả các hình hộp n chiều có tổng độdài các cạnh không đổi thì khối hộp n chiều có thể tích lớn nhất Một cách

phát biểu hình học tương đương khác là: "Nếu một đoạn thẳng có độ dài chotrước được chia thành hữu hạn các đoạn thẳng nhỏ có độ dài nhỏ hơn thìtích các độ dài các đoạn thẳng ấy là lớn nhất khi các đoạn thẳng được chia

Nếu ai = A, i = 1, 2, · · · , n thì dấu = trong (1.1) xảy ra

Nếu có ai 6= A thì sẽ có ít nhất một số lớn hơn A và một số nhỏ hơn A Giả

Rõ ràng a01, a02 là các số dương Đồng thời ta được một tập hợp mới gồm n

số dương thỏa mãn tổng của chúng bằng tổng của n số dương ban đầu Tacần chứng minh

Bây giờ nếu A = a01 = a02 = a3 = · · · = an thì (1.1) đúng Ngược lại tồn tại

ít nhất một số lớn hơn A và một số nhỏ hơn A Giả sử b1, b2 Lặp lại chứngminh trên với hai số b1, b2 ta cũng tìm được một tập hợp các số dương mớithỏa mãn tổng của chúng bằng tổng n số dương ban đầu và tích của chúnglớn hơn a01 · a0

2 · a3· · · an.Tiếp tục lặp lại quá trình trên (nhiều nhất n − 1 lần) ta sẽ được n số dương

Hiểu theo nghĩa hình học: "Nếu thể tích của một hình hộp chữ nhật n

chiều (khối hộp chữ nhật) là 1, thì tổng chiều dài các cạnh đạt giá trị nhỏnhất khi nó là khối n chiều"

Dấu = xảy ra khi ai = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n

Ta chia mỗi số cho tổng của chúng, khi đó ta được n số mới có tổng bằng 1

n

X

i=1

bi = 1n

Định nghĩa 1.1.4 Trung bình hình học G củan số dương a1, a2, · · · , an làcăn bậc n của tích của chúng Tức là

số dương không vượt quá trung bình số học của chúng Dấu” = ” xảy ra khi

và chỉ khi tất cả các số dương bằng nhau

Chứng minh

Ta cần chứng minh

G ≤ A

Áp dụng Định lý 1.1.2 suy ra điều phải chứng minh 

1.2 Tỉ số lượng giác của một góc

Cho α và β là những góc lượng giác sao cho các công thức có nghĩa Khi

đó ta có các công thức dưới đây

Các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản

sin2α + cos2α = 1, tan α = sin α

cos α, tan α · cot α = 1,1

cos2α = 1 + tan

2α, 1sin2α = 1 + cot

2α

Quan hệ lượng giác của các cung góc có liên quan đặc biệt

a Hai góc đối nhau (α và −α)

sin(−α) = − sin α,

cos(−α) = cos α,tan(−α) = − tan α,cot(−α) = − cot α

b Hai góc bù nhau (α và π − α)

sin(π − α) = sin α,cos(π − α) = − cos α,tan(π − α) = − tan α,cot(π − α) = − cot α

c Hai góc phụ nhau (α và π

2 − α)

sin(π

2 − α) = cos α,cos(π

2 − α) = sin α,tan(π

2 − α) = cot α,cot(π

2 − α) = tan α

d Hai góc hơn kém nhau π (α và π + α)

sin(π + α) = − sin α,cos(π + α) = − cos α,tan(π + α) = tan α,cot(π + α) = cot α

Công thức cộng góc

a sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β,

b cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β,

c tan(α ± β) = tan α ± tan β

1 ∓ tan α tan β.

Công thức góc nhân đôi

a sin 2α = 2 sin α cos α,

b cos 2α = cos2α − sin2α = 2 cos2α − 1 = 1 − 2 sin2α,

a sin 3α = −4 sin3α = 3 sin α,

b cos 3α = 4 cos3α − 3 cos α

Liên hệ giữa sin 2α, cos 2α và tan α

12Công thức biến đổi tổng thành tích

a sin α ± sin β = 2 sin α ± β

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng

Định lý 1.3.3 (Công thức tính diện tích tam giác)

Ta có thể chứng minh công thức trên bằng cách chia cả hai vế của (1.3) cho

16 sau đó lấy căn bậc hai của hai vế và lưu ý P = 2p

Định lý 1.3.5 (Định lý hàm số cos trong tam giác)

bsin B =

csin C = 2R.

Định lý 1.3.7 (Công thức đường trung tuyến)

Định lý 1.3.8 (Công thức Brahmagupta)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C) với AB = a, BC = b, CD =

c, DA = d Khi đó, diện tích tứ giác ABCD được cho bởi

Sử dụng định lý hàm số cos cho hai tam giác ADB và BDC với cạnh

DB chung, ta có:

a2 + b2− 2ab cos A = c2+ d2 − 2cd cos C

Do A + C = π nên cos C = − cos A, từ trên suy ra

(a) Công thức Heron tính diện tích tam giác có thể được suy ra từ công thứcBrahmagupta nếu xem một cạnh của tứ giác, chẳng hạn, d bằng 0 (tamgiác được xem là một trường hợp đặc biệt của tứ giác nội tiếp khi mộtcạnh của tứ giác nội tiếp bằng không)

(b) Công thức Brahmagupta mở rộng (hay được gọi là công thức der) tính diện tích một tứ giác bất kì (không nhất thiết nội tiếp)

Ví dụ, điều gì làm cho khối trụ trở thành hình dạng của cuống hoa, thâncây và nhiều vật thể tự nhiên khác? Vì sao những giọt nước nhỏ và bong bóngnổi trong không khí đều (xấp xỉ) có hình cầu và vì sao một đàn tuần lộc lạixếp thành hình tròn khi loài sói tấn công chúng Phải thừa nhận rằng nhữngvấn đề này chỉ liên quan đến toán học một cách gián tiếp, nhưng chúng vẫn

có khả năng khơi dậy tư duy toán học Cũng có những vấn đề liên quan đếntoán học một cách trực tiếp hơn Ví dụ như, hình dạng nào của một thửađất làm cho một hàng rào có độ dài cho trước rào quanh diện tích lớn nhất

và đâu là kích thước của vật chứa hình trụ để có thể chứa được dung tíchlớn nhất với một diện tích bề mặt cho trước Bạn có thể nghĩ ra các vấn đềkhác không? Người Hy Lạp chủ yếu đã quan tâm về những hiện tượng tựnhiên như sự sắp xếp các lục giác trong các ô của một tổ ong Quá trình nàythường đưa ra những kết luận sai lầm, vì vậy cần phải tìm kiếm một lời giảitốt hơn và mang tính toán học nhiều hơn.

Bài toán nền tảng của các vấn đề trên được chia làm hai loại:

1 Trong số các hình (khối) có một tính chất nhất định, đâu là hình (khối)

có diện tích (thể tích) lớn nhất?

2 Trong số tất cả các hình (khối) có cùng một tính chất nhất định, đâu

là hình (khối) có chu vi (diện tích bề mặt) nhỏ nhất?

Nói theo cách không chặt chẽ, những bài toán này được gọi là những bàitoán đẳng chu, có nghĩa là “có cùng chu vi” Định lý đẳng chu nổi tiếng,điều khiến cho nhân loại tốn mất hơn 2000 năm để chứng minh sau khi nóđược phát hiện, đưa ra lời giải cho nhiều câu hỏi trên đây

Định lý 2.1.1 (Định lý đẳng chu trong mặt phẳng)

a Trong số các hình có chu vi cho trước, hình tròn có diện tích lớn nhất

b Trong số các hình có diện tích cho trước, hình tròn có chu vi nhỏ nhất

Phát biểu trong không gian như sau

Định lý 2.1.2 (Định lý đẳng chu trong không gian)

a Trong số các khối có diện tích xung quanh cho trước, khối cầu có thể tíchlớn nhất

b Trong số các khối có thể tích cho trước, khối cầu có diện tích xung quanhnhỏ nhất

Trước khi tìm hiểu chi tiết hai kết quả trên, chúng ta cũng tìm hiểu sơqua về lịch sử của định lý nổi danh này Euclid, người sống vào khoảng năm

300 TCN, được biết đến như là người đưa ra lời giải cho bài toán đẳng chu

trong hình chữ nhật và có lẽ rằng nó được được biết đến rất lâu trước đó.Bởi nhiều trong số những định lý trong cuốn sách Cơ Sở của Euclid hóa ralại không phải là công trình của chính ông Archimedes (287-212 TCN), mộttrong những nhà toán học vĩ đại nhất mọi thời đại, đã biết phát biểu định

lý đẳng chu Vào những năm đầu công nguyên, việc nghiên cứu cực đại vàcực tiểu trong hình học đã phát triển đáng kể Trên thực tế, chúng ta biếtrằng Zenodorus (khoảng 200 TCN – 90 SCN) đã viết một cuốn sách tựa đềCác Hình Khối Đẳng Chu Không may thay, không còn sót lại bất kỳ mộtbản nào của cuốn sách này, nhưng những kết quả của ông đã được mô tả vàchứng minh lần nữa bởi Pappus vùng Alexandria (300 SCN) Chúng ta vẫncòn giữ lại được các tác phẩm của ông, [Pappus d’Alexandrie La CollectionMathématique (cuốn 5), hiệu đính bởi P VerEcke, Brower, Paris (1933)] Tấtnhiên Pappus biết định lý đẳng chu và thú vị hơn là ông ấy nghĩ rằng ông ấy

có được cách chứng minh của định lý rằng: "Hình tròn có chu vi lớn hơn bất

kỳ đa giác nào có cùng chu vi"

Sau các công trình của các nhà hình học Hy Lạp, rất ít sự phát triển trongvấn đề này, mãi cho đến công trình của Simon Lhuilier, một người Thụy Sĩsống vào cuối thế kỷ 18, và sau đó là người đồng hương Jacob Steiner (1796

- 1863) Phương pháp được Lhuilier và Steiner phát triển trong nghiên cứucủa mình có tầm ảnh hưởng lớn trong toán học và hiện tại vẫn đang được

sử dụng Các phương pháp của Steiner về căn bản mang tính hình học hơn

là tính số học và phân tích, được gọi là các phương pháp tổng hợp Nói cáchkhác, ông đã luận ra từ các tính chất hình học của các hình khối mà khôngcần viện đến các định lý số học, giải tích và phương pháp hình học giải tích.Thông qua các phương pháp của mình, Steiner đã giải quyết được nhiều bàitoán mà ngay cả giải tích, bộ môn được “phát minh” bởi Newton và Leibnizvào thế kỷ 17, không đưa ra được lời giải Mặt khác, công trình của Steiner

đã kích thích sự phát triển của toán giải tích toán học, đặc biệt là giải tíchbiến phân Điều này xuất phát từ một sai sót trong việc chứng minh định

lý đẳng chu, được phát hiện bởi nhà toán học người Đức Karl Weierstrass –người sáng lập nên tính chặt chẽ của toán học hiện đại Để lấp đầy lỗ hổngtrong các phép chứng minh của Steiner, Weierstrass phải phát triển các phéptính hơn nữa, đặt toàn bộ bộ môn dựa trên một cơ sở logic chặt chẽ Côngtrình của Steiner sở hữu nhiều sự hấp dẫn

2.2 Các định lý đẳng chu trong tam giác

Trong mục này, chúng ta xem xét một số định lý đẳng chu trong tam giác

Ta bắt đầu với kết quả sau

Định lý 2.2.1 Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi và độ dài một cạnhcho trước thì tam giác cân có diện tích lớn nhất

Chứng minh thứ nhất Xét tam giác ABC cân với đáy AB Dựng mộttam giác ABD có cùng chu vi với tam giácABC Điều này tương đương với

AC + BC = AD + BD

Ta cần chứng minh rằng SABC ≥ SABD

Vì tam giác ABD có cùng chu vi với tam giác ABC nhưng không phải làtam giác cân nên nó phải có một cạnh, giả sử là AD, sao cho AD > AC vàcạnh BD sao cho BD < AC Rõ ràng, AD phải cắt BC tại E với E 6= D.Lấy F trên AE sao cho EF = EB Sự tồn tại của F là đúng vì BE < AE

(vì \EAB < CAB =\ EBA\) Dựng đoạn EG trên EC (hoặc EC kéo dài)sao cho EG = ED Vì∆EF G = ∆EBD, để chứng minh diện tích ∆ABC

lớn hơn diện tích ∆ABD Ta cần chỉ ra rằng G nằm giữa C và E

Trước hết nhận thấy rằng F G = BD ( vì 4EF G = 4EBD) và AC +

BC = AD + BD (theo giả thiết) Khi đó,

AC + BC = AF + F D + F G

= AF + BG + F G

= AF + BC ± CG + F G

Do vậy, AC = AF ± CG + F G Dấu trừ hoặc cộng được dùng tùy theo G

nằm giữa E và C hay nằm bên ngoài CE Khả năng AC = AF + CG + F G

không thể xảy ra vì đoạn thẳng là khoảng cách ngắn nhất giữa 2 điểm vì vậy

G nằm giữa E và C

Ta có

SABC =SABE + SEF G+ [SAF G+ SACG]

= [SABE + SBDE] + [SAF G + SACG]

=SABD+ [SAF G + SACG]

Vậy SABC > SABD

Chứng minh thứ hai Xét tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c

với a, a + b + c cho trước Vì a và a + b + c không đổi nên b + c không đổi.Theo Công thức Heron, ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

p − b = b − c ⇔ b = c ⇔ 4ABC cân tại A

Với cùng ý tưởng sử dụng công thức Heron như trên, ta có thể chứng minhđịnh lý mạnh hơn Định lý 2.2.1 như sau

Định lý 2.2.2 Nếu hai tam giác có cùng đáy và chu vi, tam giác nào cóhiệu số độ dài hai cạnh bên nhỏ hơn thì có diện tích lớn hơn

Chứng minh Xét tam giácABC cóBC = a,CA = b,AB = cvớia, a+b+c

cho trước Vì a và a + b + c không đổi nên b + c không đổi Theo Công thứcHeron, ta có

SABC =

q

p(p − a)(p − b)(p − c)

(a + b)2− c2i·hc2− (a − b)2i

Vì SABC không đổi nên

X1 = (a + b)2− c2 nhỏ nhất khi và chỉ khi X2 = c2− (a − b)2 lớn nhất.Lại có, c không đổi nên ta có các khẳng định sau

Chứng minh (Chứng minh Định lý 2.2.1 kéo theo Định lý 2.2.3) Giả sử ∆

là tam giác bất kỳ với diện tích T và chu vi P Giả sử rằng ∆1 là tam giác

cân có cùng đáy và diện tích với ∆ nhưng có chu vị P1 Ta sẽ chứng minh

P ≥ P1, với dấu bằng xảy ra ∆ cân

Giả sử ∆2 là tam giác cân có cùng đáy với ∆, với chu vi P và diện tích

T ≤ T1, với dấu bằng xảy ra ∆ cân

Giả sử ∆2 là tam giác cân có cùng đáy với ∆, với diện tích T và chu vi

Chứng minh thứ nhất Cho ABC là tam giác bất kỳ có chu vi P cố định.Gọi a, b, c lần lượt là độ dài cách cạnh BC, CA, AB Vì P cố định nên

16T2 = P (P − 2a)(P − 2b)(P − 2c),

lớn nhất khi (P − 2a) (P − 2b) (P − 2c) lớn nhất Lại có

(P − 2a) + (P − 2b) + (P − 2c) = P

cố định Do đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được

(P − 2a) (P − 2b) (P − 2c) ≤

P3

3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

P − 2a = P − 2b = P − 2c ⇔ a = b = c

Do vậy, T lớn nhất khi đó là tam giác đều

Cách thứ hai được trình bày dưới đây, được đề xuất bởi Simon Lhuilier,dựa trên phương pháp xấp xỉ liên tiếp

Chứng minh thứ hai Giả sử ∆1 là bất kỳ tam giác nào có chu vi P và diệntích S1 Giả sử rằng ∆1 không phải là tam giác đều Ta chỉ ra rằng, nếu ∆ làtam giác đều có chu vi P và diện tích S thì S > S1 Để làm điều này, chúng

ta sẽ xây dựng một chuỗi vô hạn các tam giác

Bây giờ, ta xây dựng dãy các tam giác{∆n} Tam giác đầu tiên trong dãy

là∆1 Giả sử rằng,∆1 có độ dài ba cạnh lần lượt làb, a1, a2 Đặts1 = a1+a2

• Tam giác thứ2 trong dãy là tam giác cân ∆2 với độ dài đáy là b và mỗicạnh bên có độ dài 1

2s1 Với cách dựng này ta dễ dàng thấy rằng ∆1 và

dựng tam giác cân∆n+1 với độ dài đáy là 1

2sn−1 và độ dài mỗi cạnh bên

2sn−1 và có cùng

chu vi, theo Định lý 2.2.1, ta có Sn+1 > Sn với mỗi n ∈ N∗ Các tam giáccủa chúng ta cũng dần trở thành tam giác đều Thật vậy, với mỗi n, tamgiác ∆n có độ dài hai cạnh bên 1

Lại có, dãy ∆n là dãy các tam giác có cùng chu vi là P và dãy Tn tươngứng là dãy tăng Do vậy, tam giác∆ là tam giác đều có chu vi P và diện tích

S > S1

Cách chứng minh thứ 3 của Định lý 2.2.5 do Jacob Steiner đưa ra Bằng

việc dựng hình một cách hợp lí, Steiner khôn khéo tránh được việc phải dùngđến phương pháp xấp xỉ liên tục như cách của Lhuilier.

Chứng minh thứ ba Xét bất kì tam giác ∆1 với chu vi P, diện tích S1 và độdài 3 cạnh là a, b, c, với a ≥ b ≥ c Khi đó P

Áp dụng Định lý 2.2.2 vào các tam giác ∆1 và ∆2 và kết luận rằng T2 > T1

Tiếp theo, ta dựng tam giác cân ∆ với đáy P

3 nên tam giác ∆ là tam giác

đều

Theo Định lý 2.2.1, diện tích T của nó lớn hơn T2, tức là T > T1

Lập luận tương tự nếua−P

3 <

P

3−c Định lý được chứng minh xong

Chứng minh (Chứng minh Định lý 2.2.5 kéo theo Định lý 2.2.6)

Giả sử ∆là tam giác có chu vi P0 và diện tích S0 Gọi ∆1 là tam giác đều

có chu viP0 và diện tích S1 Gọi ∆2 là tam giác đều có chu vi P2 và diện tích

Ngược lại, giả sử Định lý 2.2.6 đúng Lúc này do hai tam giác ∆ và ∆2 cócùng diện tích nên

P2 ≥ P0

Điều này dẫn đến S0 ≥ S1 Định lý 2.2.5 được chứng minh xong 

2.3 Các định lý đẳng chu trong đa giác

Trong mục này, chúng ta tập trung khảo sát tứ giác nói riêng và đa giácnói chung Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là: Trong số các n−giác có chu

vi cho trước, đâu là n−giác có diện tích lớn nhất? Sẽ hợp lý nếu từ kết quảmục trước, ta có thể dự đoán rằng câu trả lời làn−giác đều Trước khi nghiêncứu dự đoán này, chúng ta cùng xem xét một vài kết quả đơn giản hơn.Định lý 2.3.1 Một tứ giác có kích thước xác định có diện tích lớn nhất khi

nó nội tiếp một đường tròn

2 , θ là nửa tổng hai góc đối của tứ giác.

Tứ giác ABCD có độ dài các cạnh cho trước vàcos θ ≥ 0 nên SABCD đạtgiá trị lớn nhất khi và chỉ khi

Xét tứ giác ABCD có độ dài các cạnh của tứ giác lần lượt là a, b, c, d và

2p = a + b + c + d cố định Theo công thức Bretschneider, diện tích tứ giác

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = d.

Do vậy, diện tích tứ giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi

θ = 90◦, a = b = c = d ⇔ ABCDlà hình vuông

Định lý 2.3.3 Trong số tất cả các tứ giác có diện tích cho trước, hình vuông

có chu vi nhỏ nhất

Chứng minh

Giả sử ABCD là tứ giác có diện tích, chu vi lần lượt là S0, P0 Gọi H1,

H2 là hai hình vuông lần lượt có cùng diện tích, chu vi với tứ giác ABCD.Gọi P1, S2 lần lượt là chu vi, diện tích của H1, H2 Chứng minh của Định lý2.3.3 sẽ hoàn tất khi ta chứng minh được P0 ≥ P1

Thật vậy, Vì ABCD và H2 có cùng chu vi P0, nên theo Định lý 2.3.2, tacó

S0 ≤ S2

Lại có H1 và H2 là các hình vuông Do đó, ta nhận được

P1 = 4pS0 ≤ 4pS2 = P0

Định nghĩa 2.3.4 Một hình được gọi là lồi nếu các đoạn thẳng nối từ cácđiểm của nó đều nằm hoàn toàn bên trong hình

Định lý 2.3.5 Chon- giác bất kì sao cho tất cả các cạnh không bằng nhau.Khi đó ta có thể dựng được một n - giác mới có cùng chu vi nhưng có diệntích lớn hơn

Chứng minh.

Nếu n - giác đã cho là không lồi, ta sẽ dựng một hình lồi có cùng chu vi và

độ dài các cạnh bằng cách phản xạ hữu hạn lần theo ý tưởng dưới đây Giả

sử tất cả các đoạn thẳng nối hai đỉnh không liên tiếp nhau, ví dụ A và B,của hình G có đoạn AB nằm bên ngoài Ta sẽ phản xạ phần biên của hình

n Ta giả định 2 cạnh này là kề nhau Vì nếu ngược lại, ta có thể thực

hiện phản xạ liên tiếp để có 2 cạnh như vậy

Giả sử n - giác đã cho không có một cặp cạnh kề nhau nào trong đó mộtcạnh bé hơn P

n và cạnh còn lại lớn hơn

P

n Khi đó sẽ có k cạnh liên tiếp có

độ dài P

n (k ≥ 1) chia cắt một cặp cạnh như vậy Gọi cạnh ngắn hơn là AB

và dài hơn là XY Phản xạ cạnh AB qua đường trung trực của AC là sẽđược hình mới AB0CD · · · XY · · · trong đó AB = B0C < P

n < XY và bị

chia cắt bởi k − 1 cạnh liên tiếp Tiếp tục lặp lại quá trình trên, sau đúng

k − 1 bước ta sẽ được n - giác mới có độ dài các cạnh không đổi và có haicạnh (để đơn giản ta gọi 2 cạnh là AB, BC) thỏa mãn AB < P

n < BC kề

nhau

= h(AB0+ B0C)2− AC2i·hAC2− (BC − AB)2i

< h(AB0+ B0C)2− AC2i·hAC2− (B0C − AB0)2i= 16T02

Vì vậy diện tích của n - giác AB0C lớn hơn diện tích của n - giác ABC

bằng việc dựng hai n - giác có cùng chu vi

Ta lặp lại quá trình trên nhiều nhất n − 1 lần, ta sẽ được n- giác có cùngchu vi P và có diện tích lớn hơn Định lý 2.3.6 Trong số các n- giác nội tiếp một đường tròn (C) cho trước,

n− giác đều có diện tích lớn nhất

Chứng minh

Trước tiên, ta xem xét trường hợpn = 3 Xét tam giác ABC nội tiếp đườngtròn (C) Gọi a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh BC, CA, AB; R là bán kínhđường tròn C; T là diện tích tam giác ABC Khi đó, ta có

• 2R = a

sin A =

bsin B =

csin C,

3√32

!3

= 3

√3

• H1 nội tiếp đường tròn (C),

• Diện tích H1 lớn hơn diện tích H

Điều này mâu thuẫn với cách chọn H Như vậy, H phải là n−giác đều Tổng quát của Định lý 2.3.2, ta có kết quả sau

Định lý 2.3.7 Trong các n−giác có cùng chu vi, n−giác đều có diện tíchlớn nhất

Hình 2.3: Hiệu chỉnh để hai cạnh kề bằng nhau.

Khi đó, n−giác mới nhận được bằng cách thay thế B bởi B0 có diện tích đagiác cũ như chu vi nhỏ đi Điều này có nghĩa là H0 chưa phải là n−giác códiện tích lớn nhấ, vì ta hoàn hoàn có thể phóng to n−giác vừa dựng lên để

có chu vi bằng chu vi của H0 nhưng diện tích lớn hơn diện tích của H0 Nhưvậy, giả thiết H0 có các cạnh không cùng độ dài à sai hay nói cách khác H0

có các cạnh cùng độ dài

Hình 2.4: Hiệu chỉnh để hai góc kề bằng nhau.

Giả sử H0 có các cạnh cùng độ dài như các góc ở đỉnh không bằng nhau.Điều này dẫn đến tồn tại hai đỉnh có góc khác nhau GọiAB, BC, CD là bacạnh kề nhau có độ dài bằng nhau nhưng \ABC > BCD\ Xét phép đối xứngtrục ∆, với ∆ là trung trực của AD, Khi đó tứ giác ABCD sẽ trở thành

AY ZD

Theo tính chất của phép đối xứng trục, ta có

AB = BC = CD = AY = Y Z = ZD,AY Z =\ DCB,\ DZY =\ ABC.\Gọi B0, C0 lần lượt là trung điểm đoạn BY, CZ Khi đó, rõ ràng

AB0+ B0C0+ C0D < AB + BC + CD

vàSABCD < SAB 0 C 0 D Như vậy, thay thếB, C bởiB0, C0 ta được mộtn−giácmới có diện tích lớn hơn H0 nhưng chu vi lại nhỏ hơn chu vi H0 Điều nàymâu thuẫn với cách chọn H0

Tóm lại, trong các hình n−giác cùng chu vi thì n−giác đều có diện tích

2.4 Các định lý đẳng chu trong không gian

Rõ ràng định lý đẳng chu trong mặt phẳng khi mở rộng dần dần từ tamgiác, tứ giác, đòi hỏi độ khó dần trong các phép chứng minh bằng hìnhhọc Trong phần này, chúng ta sẽ phát biểu các định lý đẳng chu trong khônggian, thảo luận về các bài toán đẳng chu trong không gian cho các lớp hìnhgần gũi như tứ diện, hình hộp, Phần chứng minh trong trường hợp tổngquát sẽ có thể bị lượt bỏ do giới hạn của luận văn cũng như độ phức tạp khi

sử dụng các yếu tố giải tích

Định lý 2.4.1 (Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian)

GọiS và V lần lượt là diện tích bề mặt và thể tích tương ứng của hình khônggian đã cho Với mọi hình trong không gian đều thỏa mãn đẳng thức

36πS2 ≤ V3 (2.2)Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi nó là hình cầu

Bất đẳng thức trên đã được chứng minh chặt chẽ bởi Schwarz năm 1890

Do đó, trong công thức (2.2) khi cố định S (hoặc cố định V) ta cũng có haiphát biểu tương đương về định lý đẳng chu trong không gian sau đây

1 Trong tất cả các hình trong không gian với diện tích bề mặt đã cho,hình cầu có thể tích nhỏ nhất

2 Trong tất cả các hình không gian với thể tích cho trước, hình cầu códiện tích bề mặt nhỏ nhất

Định lý 2.4.2 Trong tất cả các hình hộp có tổng chiều dài các cạnh chotrước, hình lập phương có thể tích lớn nhất

Chứng minh Vì trong tất cả các hình bình hành có chiều dài các cạnh chotrước thì hình chữ nhật có diện tích lớn nhất Do đó trong các hình hộp cócùng chiều dài các cạnh cho trước thì hình hộp chữ nhật có thể tích lớn hơn,nên ta chỉ cần xét hình hộp chữ nhật Nếu gọi chiều dài các cạnh của hìnhhộp chữ nhật là a, b, c thì theo bất đẳng thức AM - GM ta có

tứ diện trùng với các đỉnh của một tứ giác ghềnh thì người ta gọi nó trương

Ta sẽ tiếp cận định lý dưới đây thông qua tứ diện trương tứ giác ghềnh.