Một trong những vấn đề mà Newton đã xử lý là vấn đềtìm đường kính của một đường tròn có một tứ giác lồi nội tiếp trong nó khibiết độ dài cạnha, b, c, trong khi cạnh thứ tư dlà đường kính
Bài toán mở đầu
Trong kì thi Olympic Toán học Trung cấp Anh năm 2010 ’Maclaurin’ có câu hỏi sau:
Cho nửa đường tròn đường kínhAD có chiều dàiAD = 4 Trên nửa đường tròn đó, lấy các điểm B và C, như trong Hình 1, sao cho AB = BC = 1.
Tìm chiều dài của đoạn CD là bài toán quen thuộc, giúp làm rõ cách chuyển đổi từ các vấn đề hình học sang dạng đại số Một trong ba phương pháp giải bài toán này nhắc lại cách Newton đã từng đề cập về mối liên hệ giữa hình học và đại số, giúp người học thấy rõ cách áp dụng công thức đại số để giải các bài toán hình học phức tạp Việc nắm vững kỹ năng chuyển đổi này không những giúp giải nhanh các bài toán liên quan đến đoạn thẳng, mà còn mở rộng khả năng tư duy toán học logic và sáng tạo trong học tập.
Vấn đề hình bán nguyệt.
Khi bắt tay vào phân tích hình bán nguyệt, Newton đã phát hiện ra rằng, nếu các biến a, d, c được cho sẵn, thì việc tìm giá trị của b là một quá trình quan trọng để hiểu cấu trúc của hình dạng này Các quan sát của ông giúp làm rõ mối liên hệ giữa các yếu tố hình học và cách xác định các yếu tố chưa biết dựa trên dữ liệu đã có Phân tích này không chỉ làm sáng tỏ đặc điểm của hình bán nguyệt mà còn góp phần vào việc ứng dụng trong các lĩnh vực liên quan đến hình học và vật lý Công trình của Newton mở ra những hướng đi mới trong nghiên cứu về các hình dạng phức tạp, đặc biệt là khi xử lý các dữ liệu ban đầu như a, d, c để xác định b một cách chính xác.
Để vẽ đường tròn đường kính AD một cách đơn giản, bạn chỉ cần sử dụng compa để vẽ đường tròn dựa trên bước đầu tiên này Tiếp theo, xác định các dây cung có độ dài a và c trên đường tròn để dễ dàng xác định vị trí của điểm B một cách chính xác Việc sử dụng công cụ đơn giản như vậy giúp tối ưu hóa quá trình dựng hình và đảm bảo tính chính xác trong các phép đo trên đường tròn.
Nếu chúng ta đã biết các giá trị a, b, c và được yêu cầu tìm d, thì việc bắt đầu quá trình tính toán như trước không khả thi vì không thể vẽ vòng tròn ban đầu Newton đã đề xuất sáu phương pháp để suy ra phương trình bậc ba biểu thị mối quan hệ giữa a, b, c và d với nhau Định nghĩa 1.1.1 mô tả về tứ giác Newton là một hình lồi nội tiếp trong một đường tròn, có một cạnh là đường kính của đường tròn và nằm về một bên của đường kính đó, góp phần làm rõ các đặc điểm hình học của cấu trúc này để hỗ trợ các phân tích toán học.
Trong hình 3, đa giác ABCD là tứ giác Newton, trong đó AD là đường kính và các cạnh cùng đường chéo được ký hiệu là AB = a, BC = b, CD = c, DA = a, cùng với các đường chéo AC = z và BD = y Nhà toán học Newton đã xác định mối quan hệ giữa độ dài các cạnh của tứ giác này thông qua phương trình Newton d³ - a² + b² + c² d - 2abc = 0, giúp hiểu rõ hơn về tính chất hình học của tứ giác Newton.
Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton
Phương pháp 1 Tam giác đồng dạng I
Hình 4 Tam giác đồng dạng I.
Hạ hình chiếu vuông góc của B là E lên đường thẳng CD Ta có ABD và CEB là hai tam giác vuông đồng dạng dẫn tới
BD = pd 2 −a 2 , CE = ab d , BE = b d pd 2 −a 2
Lại có CD = ED−EC dẫn tới
⇔d d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0. từ đó ta có phương trình Newton d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0.
Ngoài ra, từ BE 2 = BC 2 −CE 2 = BD 2 −DE 2 cũng đi tới phương trình trên.
Hoàn toàn có thể làm tương tự khi hạ DE vuông góc từ D xuống BC hoặc hạ CE vuông góc từ C xuống BD.
Phương pháp 2 Quy tắc Cosin
Xét tam giác ABD, theo Định lý Pitago ta có d 2 −a 2 = BD 2 Xét tam giác BCD, theo Định lý Cosin ta có
Từ đó, với lưu ý d 6= 0 ta có d 2 −a 2 = b 2 + c 2 + 2abc d
Bổ đề 1.2.1, hay còn gọi là Định lý Ptoleme thuận, đề cập đến một tính chất quan trọng của tứ giác nội tiếp trong đường tròn Theo đó, nếu một tứ giác nằm hoàn toàn bên trong một đường tròn, thì tích của hai đường chéo của nó bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện Định lý này là một trong những nguyên tắc cơ bản trong hình học, giúp xác định mối quan hệ giữa các cạnh và đường chéo của tứ giác nội tiếp Áp dụng Định lý Ptoleme thuận, ta có thể dễ dàng chứng minh nhiều tính chất liên quan đến hình học của các đường tròn và tứ giác nội tiếp.
Chứng minh Gọi ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Trên cung nhỏBC, ta có các góc nội tiếp ∠BAC = ∠BDC, và trên cung
AB, ta có ∠ADB = ∠ACB. Lấy 1 điểm K trên AC sao cho ∠ABK = ∠CBD;
Từ ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD suy ra ∠CBK ∠ABD.
Do vậy tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC, và tương tự có tam giác ABD đồng dạng với tam giác KBC.
AK.BD = AB.CD, CK.BD = BC.DA;
Cộng hai đẳng thức trên theo vế tương ứng ta có
AK.BD+CK.BD = AB.CD+ BC.DA
⇔ (AK +CK).BD = AB.CD +BC.DA
⇔ AC.BD = AB.CD +BC.DA.
Phương pháp 3 Dùng Định lý Ptoleme thuận
Theo Định lý Ptoleme thuận ta có
AD.BC +AB.CD = AC.BD hay db+ac = √ d 2 −c 2 √ d 2 −a 2
⇔ d d 3 − a 2 +b 2 + c 2 d−2abc = 0. từ đó ta có phương trình Newton d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0.
Phương pháp 4 Tam giác đồng dạng II
Hình 8 Tam giác đồng dạng II.
Trong bài giải này, chúng tôi giả sử \( a \neq c \) để đảm bảo các yếu tố hình học không trùng lặp Ta kéo dài đoạn \( BC \) và đoạn \( AD \) để chúng cắt nhau tại điểm \( F \), như hình vẽ minh họa Ngoài ra, cũng có thể xác định giao điểm của đường thẳng \( AB \) với đường thẳng \( CD \) kéo dài để mở rộng các phân tích hình học phù hợp.
Ta đặt AF = e. Hai tam giác ABF và CDF đồng dạng, ta có
Vì vậy b = BF −CF = a(e−d) c − ce a
Từ đó ta có abc = a 2 (e−d)−c 2 e
⇔ abc = a 2 −c 2 e−a 2 d, hay e = a 2 d+abc a 2 −c 2 Trong tam giác ABF, ta có BF 2 = AB 2 +AF 2 −2ABAF cosθ, hay a 2 (e−d) 2 c 2 = a 2 +e 2 −2aeã a d.
Thế e = a 2 d+abc a 2 −c 2 vào đẳng thức cuối ta thu được a 2 a 2 d+abc a 2 −c 2 −d
⇔ d(cd+ab) 2 = d a 2 −c 2 2 +d(ad+bc) 2 −2 a 2 d+abc a 2 −c 2
Từ đó ta có phương trình Newton.
Quay lại với hình 3 ở phương pháp 1, ta ký hiệu area(ABCD) là diện tích của hình ABCD Như trong hình 9 ta có: area(ABCD) =area(BAD) +area(BCD)
Tương tự, bằng việc sử dụng đường chéo AC, ta nhận được area(ABCD) = area(ABC) +area(ADC)
Từ các công thức trên ta có:
Từ đó ta có phương trình Newton.
Phương pháp 6 mang tên "Làm thế nào để không làm điều đó" tập trung vào việc sử dụng vị trí của các điểm B và C trong hình 10 để tính độ dài BC = b Ý tưởng chính của Newton qua phương pháp này là cảnh báo về những khó khăn có thể phát sinh khi áp dụng các phương pháp xây dựng mới, thường phức tạp hơn so với các phương pháp đã quen thuộc trước đó.
Từ B và C lần lượt hạ các hình chiếu vuông góc xuống AD là R và S.
Kẻ CT vuông góc với BR tại T.
Ta có AR = acosθ mà cosθ = a d nên AR = a 2 d
Tương tự SD = c 2 d. Khi đó
Từ đó ta có b 2 = BC 2 = T C 2 +BT 2 hay b 2 d− a 2 +c 2 d
Phân tích thành tích, ta thu được d 2 d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d+ 2abc = 0.
Trong tứ giác lồi có cạnh a, b, c và d là đường kính, biểu thức d² và d³ − a² + b² + c² d + 2abc luôn có giá trị dương Điều này dẫn đến việc áp dụng phương trình Newton để xác định các tính chất liên quan của tứ giác.
Nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton
Trong chương 1 đã trình bày các lời giải khác nhau để đưa ra phương trình Newtond 3 − a 2 + b 2 +c 2 d−2abc = 0 (1) từ một bài toán hình học.
Khi d ≠ 0, ta chuyển phương trình (1) về dạng u² + v² + w² + 2uvw – 1 = 0 bằng cách chia cả hai vế của phương trình cho d³ Tiếp theo, tôi sẽ trình bày tập nghiệm hữu tỉ của các phương trình này để hiểu rõ hơn về tập nghiệm của hệ phương trình.
Công thức nghiệm của Barnett
Định lý 2.1.1 Các nghiệm hữu tỉ của phương trình u 2 +v 2 +w 2 + 2uvw −1 = 0 (2) được cho bởi công thức
(±1, s,∓s),(s,±1,∓s),(s,±s,∓1), s ∈ Q (4) Chứng minh Giả sử (u,v,w) là một nghiệm của phương trình (2).
Nếu w = ±1, từ (2) ta có u 2 +v 2 ±2uv = 0 hay (u±v) 2 = 0 ⇔v = ∓u.
Tương tự ta xét lần lượt với v = ±1 và u = ±1 ta thu được các nghiệm của phương trình (2) cho bởi công thức
Như vậy các nghiệm của phương trình (2) có một trong ba tọa độ là ±1 được cho bởi (4).
Nếu (u,v,w) là một nghiệm của phương trình (2) mà không có u,v,w nào bằng ±1 Ta xét hệ phương trình cho bởi công thức sau:
Ta có det(M) là u 2 +v 2 +w 2 + 2uvw−1 Khi det(M) = 0, hệ có nghiệm không tầm thường (x, y, z) = (α, β, γ) 6= (0,0,0) Như vậy, ta có:
Nếu bất kỳ hai tọa độ nào của (α, β, γ) bằng 0, giả sử α = β = 0, thì γ = 0, ta có mâu thuẫn.
Trong trường hợp chỉ có một trong các tọa độ bằng 0, giả sử α = 0, nhưng β và γ đều không bằng 0, ta có các hệ phương trình βu = γ và βw + γv = 0, cùng với γu = β Điều này dẫn đến u = γ/β = β/γ, kéo theo u phải bằng ±1, gây ra mâu thuẫn trong hệ số Do đó, không tồn tại bộ tọa độ (α, β, γ) sao cho tất cả đều bằng 0, đảm bảo tính nhất quán của hệ phương trình và nguyên lý không có điểm giao nhau tại gốc.
Ta viết lại (*) dưới dạng
Ta nhận xét rằng, vì det (L) = 2αβγ 6= 0 nên áp dụng quy tắc Cramer, với
Các số nguyên α, β, γ khác không có các bộ u, v, w phù hợp theo công thức đã cho, tuy nhiên, các bộ u, v, w được xác định theo công thức (4) vẫn thỏa mãn phương trình (2) Điều này cho thấy mối liên hệ chặt chẽ giữa các bộ số này và các phương trình đã đề cập, đảm bảo tính nhất quán của kết quả.
Dựa vào định lý trên ta có công thức nghiệm của phương trình Newton cho dưới dạng tham số như sau.
Các nghiệm của phương trình Newton d³ − a² + b² + c² d − 2abc = 0 có thể được tham số hóa bằng hệ số (a, b, c, d) = t (β² + γ² − α², α² + γ² − β², α² + β² − γ², 2αβγ), trong đó α, β, γ là các số nguyên khác 0, và t là số hữu tỉ bất kỳ Ngoài ra, còn có các nghiệm dạng t(±1, s, ∓s, 1), t(s, ±1, ∓s, 1), t(s, ±s, ∓1, 1), với s, t thuộc tập số hữu tỉ, cùng với các nghiệm khác liên quan.
Chứng minh Tập hợp các nghiệm (a, b, c,0), a, b, c ∈ Q, abc = 0 có được từ việc lấy d = 0 trong (1) d 3 − a 2 + b 2 +c 2 d−2abc = 0.
Nếu d6= 0 trong (1), ta chia hai vế của phương trình (1) cho −d 3 ta có
Ta đặt u = a d, v = b d, w = c d, ta có phương trìnhu 2 +v 2 +w 2 + 2uvw−1 = 0 Do đó, các nghiệm(a, b, c, d) của phương trình (1) được đưa ra bởi công thức:
(a, b, c, d) = (ru, rv, rw, r), trong đó (u, v, w) là nghiệm của phương trình u 2 +v 2 +w 2 + 2uvw−1 = 0 với r 6= 0.
Các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) ở dạng (3) trong Định lý 2.1.1 cho ta các nghiệm của phương trình (1) là t(±1, s,∓s,1), t(s,±1,∓s,1), t(s,±s,∓1,1), s, t ∈ Q. Bằng cách đặt r = 2αβγ ta có
(a, b, c, d) = (2αβγu,2αβγv,2αβγw,2αβγ), khi đó các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) trong công thức
cho ta các nghiệm của phương trình (1) ở dạng (5). Ở đây α, β, γ ta xét thuộc tập số nguyên khác 0.
Tìm nghiệm hữu tỉ bằng phương pháp đại số
Trong phần trước, chúng ta đã trình bày công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton dựa trên công cụ đại số tuyến tính Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá một phương pháp khác để tìm ra công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton d³ - a² + b² + c² d - 2abc = 0, hay các phương trình tương đương với phương trình Newton.
Sự tương đương của hai phương trình đã được trình bày trong Chương 1, nhằm làm rõ mối liên hệ giữa các phương trình và dễ dàng áp dụng trong các phần tiếp theo Trong phần Phương pháp số 3, chúng tôi trình bày quy trình xác định phương trình Newton một cách chi tiết, giúp độc giả hiểu rõ hơn về phương pháp này Để thuận tiện hơn trong quá trình trình bày, và đảm bảo trật tự tự nhiên theo thứ tự bảng chữ cái a, b, c, d, chúng tôi đã viết lại công thức (8) dưới dạng dễ hiểu hơn.
Bạn có thể kiểm tra trực tiếp sự tương đương giữa (8) và (9) hoặc giải thích bằng cách chứng minh rằng (8) và (1) là tương đương, trong đó vế trái của (1) là biểu thức đối xứng với các biến a, b, c Định lý 2.2.1 cung cấp công thức để xác định các nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton, giúp hiểu rõ hơn về đặc điểm của các nghiệm này trong toán học.
, trong đó r, s, t ∈ Q thỏa mãn rst(1 +st)(s+t) 6= 0, cùng với các nghiệm (6) và (7) Do đó các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được tham số hóa bởi
, s, t ∈ Q, st(1 +st)(s+t) 6= 0 cùng với các nghiệm
Chứng minh Với các trường hợp d = 0, d = ±a, d = ±b, d = ±c sẽ cho ta các nghiệm của (9) có được ở dạng t(±1, s,∓s,1), t(s,±1,∓s,1), t(s,±s,∓1,1), s, t ∈ Q, hoặc
Tiếp theo ta xét trường hợp d 6= 0, d 6= ±a, d 6= ±b, d 6= ±c (10)
Chia cả hai vế của (9) cho (d+a) 2 (d+b) 2 ta được d−a d+a d−b d+b cd +ab (d+a) (d+b)
Từ (10) ta thấy t6= 0, do đó ta có thể đặt d−a d+a = st, (12) với s 6= 0, khi đó ta cũng có d−b d+b = t s (13) Điều kiện ở (10) cho ta st6= 0, st 6= −1.
Thay các kết quả đó vào (11) ta thu được c = 4st−(1−st)(s−t)
Các số a, b, c, d là các số hữu tỉ khi và chỉ khi d, s, t là các số hữu tỉ Thay d bởi r, ta có công thức nghiệm
Từ kết quả trên chúng ta có hệ quả sau về một số nghiệm nguyên cho phương trình Newton.
Hệ quả 2.2.2 trình bày các nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) của phương trình Newton được tham số hóa bởi các biểu thức phức tạp liên quan đến các biến m, n, p, q Các nghiệm này có thể được biểu diễn dưới dạng a = (mq + np)(nq − mp), b = (mq − np)(nq + mp), c = 4mnpq − (nq − mp)(mq − np), d = (mq + np)(nq + mp) hoặc theo dạng tương đương là a = mnq² − p² + pqn² − m², b = mnq² − p² + pqm² − n², c = 4mnpq + pq(m + n)² − mn(p + q)², d = mn p² + q² + pq m² + n² Các công thức này giúp làm rõ các mối liên hệ phức tạp giữa các tham số trong việc xác định các nghiệm nguyên dương của phương trình Newton.
Trong đó m, n, p, q ∈ N được chọn sao cho a > 0, b > 0, c > 0 Ngoài ra, nếu (a, b, c, d) là một nghiệm nguyên dương, thì (ka, kb, kc, kd) với k ∈ N cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình.
Phương trình Newton là phương trình thuần nhất, nghĩa là nếu bộ số (a, b, c, d) là nghiệm thì bất kỳ hệ số mở rộng k ∈ N, như (ka, kb, kc, kd), cũng là nghiệm của phương trình Điều này chứng tỏ tính chất phân phối theo hệ số chung của phương trình Newton, góp phần vào việc phân tích và giải quyết các bài toán liên quan đến nghiệm của phương trình Hiểu rõ đặc điểm này giúp tối ưu hóa quá trình xác định nghiệm và phân tích các mối liên hệ trong các bộ số tham gia vào phương trình.
Từ công thức nghiệm (14), ta nhân thêm k = (1 +st)(s+t) r , khi đó ((1−st) (s+t),(s−t) (1 +st),(4st−(1−st) (s−t)),(1 +st) (s+ t)). Đặt s= m n, t = p q, ta được:
Nhân với n 2 q 2, ta thu được nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) của phương trình Newton, trong đó các thành phần được xác định rõ ràng như sau: a = (mq+np)(nq−mp), b = (mq−np)(nq+mp), c = 4mnpq−(nq−mp)(mq−np), và d = (mq+np)(nq+mp) Các công thức này giúp xác định chính xác các nghiệm nguyên dương của phương trình Newton dựa trên các tham số m, n, p, q Điều này thể hiện mối liên hệ chặt chẽ giữa các biến số và kết quả nghiệm, góp phần mở rộng kiến thức về các nghiệm nguyên trong lý thuyết số và phương trình phi tuyến.
Cuối cùng, chọn m, n, p, q ∈ N sao cho a > 0, b > 0, c > 0 Ta thu được
Hệ quả 2.2.2 từ Định lý 2.2.1.
Trong ví dụ 2.2.3, chọn hai số \(m, n \in \mathbb{N}\) là các số nguyên tố cùng nhau, cùng với các số \(p, q \in \mathbb{N}\) sao cho thoả mãn điều kiện \(nq - mp = 1\) và \(mq - np > 0\) Trong đó, ta xác định các biểu thức như \(a = mq + np > 0\), \(b = (mq - np)(nq + mp) > 0\), \(c = 4mnpq - (mq - np) > 0\) và \(d = (mq + np)(nq + mp) > 0\), tất cả đều dương, giúp chứng minh các tính chất nhất định của bài toán.
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (1,1) và (p, q) = (1,2) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (3,3,7,9).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (2,1) và (p, q) = (5,11) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (27,357,423,567).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3,2) và (p, q) = (3,5) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (21,171,351,399).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3,2) và (p, q) = (1,2) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (8,28,44,56).
Tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm
Trong Mục 2.1 và 2.2, chúng ta đã tìm được hai công thức nghiệm của phương trình (2) dựa trên công thức của Barnett và phương pháp đại số Dù hai công thức này được xây dựng từ các phương pháp hoàn toàn khác nhau, chúng vẫn mang bản chất như nhau Mục này sẽ kiểm tra xem hai công thức nghiệm đó có mối liên hệ tỷ lệ cùng nhau hay không, nhằm xác định mức độ tương ứng của chúng trong quá trình giải quyết bài toán.
Các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được đưa ra trong các Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.1 là tập hợp các bộ số tương ứng S0 ∪ S1 và S0 ∪ S2, trong đó
Bạn có thể kiểm tra trực tiếp rằng tập nghiệm S₀ bao gồm các nghiệm có ít nhất một tọa độ bằng ±1 Kết quả này cho phép thay thế các tập S₁, S₂ bằng T₁, T₂ trong các công thức tính nghiệm, giúp đơn giản hóa quá trình phân tích và xác định nghiệm chính xác hơn.
Bổ đề 2.3.1 Cố định một số hữu tỉ dương p, đặt α+β +γ = 2p,
Khi đó ta có T 1 ∪S 0 = S 1 ∪S 0 và T 2 ∪S 0 = S 2 ∪ S 0
Chứng minh Lấy tùy ý bộ (u, v, w) ∈ S 1 , suy ra tồn tại α 1 , β 1 , γ 1 ∈ Z\ {0} để u = β 1 2 +γ 1 2 −α 2 1
Vậy (u, v, w) ∈ T 1 Tức là ta có S 1 ∪S 0 ⊆ T 1 ∪ S 0 ; Hiển nhiên ta có T 1 ∪S 0 ⊆ S 1 ∪S 0 Vậy S 1 ∪S 0 = T 1 ∪S 0 Ta sẽ chứng minh S 2 ∪S 0 = T 2 ∪S 0 bằng cách kiểm tra trực tiếp.
Dễ thấy T2 ⊂S2. Ngược lại, với (a, b, c) ∈ S 2 , khi t= 1, ta có: a = 1−s
Từ đó, ta nhận thấy khi t = 1 hoặc s = −1, (a, b, c) thuộc tập S2 thì cũng thuộc tập S0 Điều này dẫn đến kết quả rằng S2∪S0 bằng T2∪S0, và dựa trên bổ đề đã nêu, ta suy ra Định lý 2.3.2 cho biết rằng T1∪S0 bằng T2∪S0 Nội dung của định lý này cho thấy hai công thức nghiệm trong Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.1 thực ra là giống nhau, giúp làm rõ mối liên hệ giữa các tập và các công thức nghiệm trong lý thuyết đã trình bày.
Chứng minh Cho s, t ∈ Q thỏa mãn st(1 +s)(1−t)(1 +st)(s+t) 6= 0 Ta phải tìm bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn
1 +y, nên (15), (16) tương đương với st1− β 2 + γ 2 −α 2
Ta có (s, t) p−β p−α, p−γ p thỏa mãn (17), còn
(s, t) −(p−β) p−α , −(p−γ) p chỉ thỏa mãn (19) khi và chỉ khi (p−α)(p−β)(p−γ) = 0, điều này mâu thuẫn với định nghĩa của T 1 Như vậy,
Từ đó ta tìm được
Ngoài ra, ta có thể kiểm tra được p(s+ t) s+ 1 + p(st+ 1)
Như vậy, cho trước s, t∈ Q thỏa mãn st(1 +s)(1−t)(1 +st)(s+t) 6= 0 ta tìm được bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn yêu cầu.
Ngược lại, cho trước bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn ∆ 6= 0, α+β + γ = 2p sao cho (15), (16), (17) thỏa mãn thì ta tìm được (s, t) p−β p−α,p−γ p
Dễ thấy tương ứng (α, β, γ) ↔ (s, t) như trên là tương ứng 1−1 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Một số tính chất của tập nghiệm
Định lý 2.4.1 (Quy tắc Descartes về dấu)Chof (x) =a n x n +a n−1 x n−1 + +a1x+a0 là một đa thức với hệ số thực, ai ∈ R, i= 0,1, , n, ana0 6= 0.
Trong bài viết này, chúng ta xác định số lần đổi dấu của dãy hệ số (a_i) của đa thức f(x) và số nghiệm thực dương của nó Với p là số nghiệm thực dương, bao gồm cả nghiệm bội, thì tồn tại một số nguyên không âm m sao cho p = v – 2m, trong đó v là số lần đổi dấu của hệ số Chứng minh mối liên hệ này dựa trên giả thiết rằng a_n ≠ 0, đặt f(x) = x^n + a_{n−1} x^{n−1} + + a_1 x + a_0 để đảm bảo tính đúng đắn của quy trình phân tích nghiệm thực dương.
Gọi r 1 , r 2 , , r p là các nghiệm dương (tính cả số bội nếu nghiệm bội), khi đó đa thức f (x) viết lại dạng f (x) =g(x). p
Trong bài viết, chúng tôi trình bày rằng đa thức \( g(x) = x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \dots + b_0 \) không có nghiệm dương, dựa trên việc phân tích các hệ số và tính chất của đa thức Đầu tiên, chứng minh rằng các đa thức \( p \) và \( v \) cùng là lẻ hoặc cùng là chẵn giúp xác định tính chất của nghiệm Ta nhận thấy rằng hệ số \( b_0 \) phải dương, vì nếu \( b_0 \) âm, thì tại \( x=0 \), \( g(0) = b_0 < 0 \), trong khi khi \( x \) đủ lớn, \( g(x) > 0 \), dẫn đến sự tồn tại của nghiệm dương, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, hệ số \( b_0 \) luôn dương, góp phần khẳng định tính chất của nghiệm của đa thức này.
Trong bài toán này, hệ số a₀ của hàm số \(f(x)\) có ý nghĩa quan trọng về dấu của nó, khi p chẵn thì a₀ dương, còn khi p lẻ thì a₀ âm Hệ số đầu của \(f(x)\) là 1, do đó số lần đổi dấu của v (số điểm cực trị) sẽ chẵn khi a₀ dương và lẻ khi a₀ âm Từ đó, ta có thể kết luận rằng p và v cùng là chẵn hoặc cùng là lẻ, phản ánh mối liên hệ giữa bậc của đa thức và số điểm cực trị của nó.
Chúng tôi sẽ chứng minh bất đẳng thức p ≤ v bằng phương pháp quy nạp theo n, bậc của đa thức f(x) Khi n = 1, f(x) = x + a₀ có duy nhất 1 nghiệm x = -a₀; nếu a > 0 thì f không đổi dấu và có một nghiệm âm, do đó v = p; nếu a < 0 thì f cũng không đổi dấu nhưng có một nghiệm dương, nên v = p Giả sử n > 1, ta định nghĩa q là số nghiệm dương của f′(x) và w là số lần đổi dấu của các hệ số của f′(x) Ta có f′(x) = a_n x^{n-1} + (n-1)a_{n-1} x^{n-2} + + a₁.
Số lần đổi dấu các hệ số của f 0 nhiều nhất là v, do vậy w ≤ v.
Trong bài, nếu a₁ = 0, ta xác định được số k sao cho h(x) = f'(x) x^k là đa thức với hệ số tự do khác không và h(x) có số lần đổi dấu bằng w cùng số nghiệm dương là q Không giảm tổng quát, giả sử a₁ ≠ 0, và dựa trên phép quy nạp, ta có q ≤ w Ngoài ra, bằng cách áp dụng Định lý Rolle, ta thấy rằng p−1 ≤ q ≤ w ≤ v.
Dựa trên điều kiện, ta có p−1 ≤ v, trong đó dấu bằng không xảy ra do p và v cùng chẵn hoặc cùng lẻ, dẫn đến p ≤ v Định lý 2.4.2 xác định rằng với hàm số \(f(x) = x^3 - a^2 + b^2 + c^2x - 2abc\) và \(g(x) = x^3 - a^2 + b^2 + c^2x + 2abc\), trong đó a, b, c là các số thực dương, ta có thể phân tích các tính chất của chúng dựa trên các điều kiện đã cho.
(i) f có đúng một nghiệm dương ρ thỏa mãn
(ii) nếu a = b = c, thì g(x) = x 3 − 3a 2 x + 2a 3 = (x − a) 2 (x + 2a). Nếu không g có đúng hai nghiệm dương là ρ 1 , ρ 2 Giả sử ρ 1 < ρ 2 thì ta có ρ 1 < ra 2 +b 2 +c 2
Chứng minh (i) Theo quy tắc về dấu của Descartes’, f(x) có nhiều nhất một nghiệm dương Vì f
Nên có một và chỉ một số dương ρthỏa mãn f(ρ) = 0 và √ a 2 +b 2 +c 2 < ρ < a+b+c.
(ii) Trường hợp a = b = c, ta có ngay g(x) = x 3 − 3a 2 x+ 2a 3 = (x− a) 2 (x+ 2a)
Trường hợp a, b, c không bằng nhau Theo quy tắc về dấu của Descartes’, g(x) có nhiều nhất hai nghiệm dương.
Ta lại có, g 0 (x) = 3x 2 − a 2 +b 2 +c 2 = 3 x 2 −x 2 0 trong đó x 0 ra 2 +b 2 +c 2
Do đó g(x) giảm với x < x 0 và tăng với x > x 0 nên g(x) đạt cực tiểu tại x0. Lại có g(x 0 ) = x 3 0 − a 2 +b 2 +c 2 x 0 + 2abc
Ta có bất đẳng thức: a 2 +b 2 +c 2
3 ≥ √ 3 a 2 b 2 c 2 Do a, b, c không bằng nhau nên a 2 + b 2 + c 2
3 > √ 3 a 2 b 2 c 2 Ta suy ra g(x0) < 0 nên g(x) có hai nghiệm dương với x 0 nằm giữa chúng.
Chú ý Trong Định lý 2.4.2 phần (i), khi a = b = c, đa thức Newton f(x) trở thành f(x) = x 3 −3a 2 x−2a 3 = (x+ a) 2 (x −2a) Nghiệm dương duy nhất của f(x) thỏa mãn điều kiện là 2a, √
Trong tứ giác Newton ABCD, khi các cạnh BC và CD bằng nhau và đều bằng a, thì độ dài của AD bằng 2a Nếu O là trung tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, thì O chính là trung điểm của AD, dẫn đến các tam giác OAB, OBC, OCD đều bằng nhau Điều này cho thấy các góc tại O bằng nhau, tạo thành ba tam giác đều bằng nhau và xác nhận rằng AD = 2a.
Về tứ giác Newton và bài toán ngược
Trong chương 1, Newton đã trình bày sáu lời giải khác nhau để chứng minh rằng, nếu tứ giác ABCD là tứ giác Newton với đường kính AD, và các cạnh lần lượt là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, thì mối liên hệ giữa các cạnh này được mô tả bằng phương trình d³ − a² + b² + c² d − 2abc = 0 Điều này cho thấy một ràng buộc toán học chặt chẽ giữa các cạnh của tứ giác Newton, phản ánh tính chất hình học đặc trưng của nó.
Vấn đề đặt ra là liệu có tồn tại tứ giác Newton tương ứng khi có một bộ bốn số thực dương a, b, c, d thoả mãn điều kiện (1) Định lý 2.5.1 khẳng định rằng, nếu a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn quan hệ (1), thì có tồn tại một tứ giác Newton ABCD trong đó AD là đường kính.
AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. (ii) Diện tích của tứ giác Newton trong (i) là area(ABCD) = ab+cd
Để chứng minh, ta xem xét các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện (1) Dựa trên đó, d chính là nghiệm dương của phương trình \(f(x) = x^3 - (a^2 + b^2 + c^2) x + 2abc\) Theo Định lý 2.4.2, d là nghiệm dương duy nhất của phương trình này và thỏa mãn các điều kiện cần thiết, đảm bảo tính đúng đắn của mối liên hệ giữa các số a, b, c và nghiệm d.
Vẽ một hình bán nguyệt có đường kính AD = d Do a < d, lấy điểm B trên hình bán nguyệt sao cho AB = a.
Vì d 2 > a 2 + c 2 , mà theo cách dựng thì DB = √ d 2 −a 2 nên DB > c.
Do đó tồn tại một điểm C trên cung DB sao cho CD = c.
Ta đặt BC = k Theo một trong sáu phương pháp ở chương 1, ta có phương trình d 3 − a 2 +k 2 +c 2 d−2akc= 0 (18) Lấy (18) trừ đi (1) theo vế, ta được
Do đó k = b. Như vậy tứ giác ABCD có tính chất mong muốn.
(ii) Đường chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác ACB và ACD.
Vì vậy, area(ABCD) = area(ACB) + area(ACD) (19)
Trong tứ giác ABCD nội tiếp, hai góc đối diện ∠ADC và ∠ABC luôn bù nhau, thể hiện mối liên hệ chặt chẽ giữa các góc trong hình học nội tiếp Để hiểu rõ hơn về quan hệ này, ta kéo dài đoạn AB về phía B và vẽ đường thẳng qua C vuông góc với AB, cắt đoạn AB tại E, qua đó khảo sát các đặc điểm và mối tương quan giữa các yếu tố trong tứ giác.
Có góc ∠EBC kề bù với góc ∠ABC Do đó ∠ADC = ∠EBC nên hai tam giác vuông ACD và CEB đồng dạng.
2AB ãEC = ab√ d 2 −c 2 2d Lại có area(ACD) = 1
2AC ãCD = c√ d 2 −c 2 2 Thế các kết quả trên lại (19) ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.5.2 Cho ABCD là một tứ giác Newton có đường kính AD và
AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Khi đó, cho bất kì một hoán vị σ của a, b, c, đều tồn tại một tứ giác Newton A 0 B 0 C 0 D 0 có đường kính A 0 D 0 sao cho
Chứng minh điều này dễ dàng suy ra từ Định lý 2.5.1 và thực tế phương trình Newton vẫn giữ nguyên giá trị khi hoán vị các biến a, b, c Có thể chứng minh trực tiếp hệ quả này mà không cần dựa vào Định lý 2.5.1, giúp làm rõ tính đối xứng của phương trình Điều này khẳng định tính hợp lý và tính nhất quán của các công thức toán học liên quan đến các biến cụ thể trong hệ thống.
Tâm của đường tròn có đường kính AD chính là điểm O Tứ giác ABCD được xây dựng từ các tam giác hướng tâm AOB, BOC và COD, tạo thành một cấu trúc liền mạch Quá trình cắt các tam giác này ra khỏi tứ giác ABCD, hoán đổi vị trí và dán lại dọc theo các cạnh xuyên tâm của chúng giúp hiểu rõ hơn về tính chất hình học của đường tròn và tứ giác liên quan.
Như thế ta đã tạo ra tứ giác Newton A 0 B 0 C 0 D 0 có đường kính A 0 D 0 vì tổng các góc tại O vẫn bằng 180 ◦
Kết luận Đề tài luận văn đã trình bày một số vấn đề sau:
Tổng quan về tứ giác Newton là phần kiến thức nền tảng quan trọng trong vật lý, giúp hiểu rõ các mối liên hệ giữa các đại lượng vật lý Để đưa ra phương trình Newton một cách chính xác, cần áp dụng sáu phương pháp chính bao gồm phương pháp ma trận, phương pháp lượng giác, phương pháp phân tích biến đổi, và các kỹ thuật khác hỗ trợ trong quá trình xây dựng phương trình Những kiến thức này giúp người học nắm bắt các bước cần thiết để xác định phương trình động lực phù hợp, từ đó nâng cao khả năng phân tích các hệ vật lý phức tạp Việc nắm vững kiến thức chuẩn bị về tứ giác Newton cùng các phương pháp tính toán sẽ hỗ trợ hiệu quả trong việc xây dựng và vận dụng phương trình Newton trong các bài tập và ứng dụng thực tế.
(2) Trình bày các kết quả về nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton bằng các phương pháp khác nhau.
Trong bài toán ngược của việc giải phương trình Newton, chúng ta đi tìm tứ giác Newton dựa trên nghiệm của phương trình Từ các nghiệm của phương trình Newton, có thể xác định được tứ giác Newton tương ứng, mở rộng khả năng ứng dụng của lý thuyết này trong hình học Phương pháp này giúp chúng ta hiểu rõ hơn về mối liên hệ giữa nghiệm phương trình và các hình học đặc biệt như tứ giác Newton, góp phần nâng cao hiểu biết về cấu trúc hình học trong toán học.
Tác giả hy vọng luận văn này trở thành tài liệu tham khảo quan trọng cho việc nghiên cứu chuyển đổi các bài toán hình học sang dạng đại số Bài viết hướng tới hỗ trợ các nhà nghiên cứu và sinh viên trong việc hiểu rõ hơn về quá trình biến đổi từ hình học sang đại số, góp phần thúc đẩy phát triển các phương pháp giải quyết bài toán hình học một cách hiệu quả Thông qua luận văn này, người đọc có thể nắm bắt các kỹ thuật và ứng dụng của chuyển hóa trong lĩnh vực toán học, từ đó mở rộng kiến thức và nâng cao khả năng phân tích, giải quyết các vấn đề hình học phức tạp.