Một số bài toán cực trị trong hình học

Phần lớn các bài toán này có bản chất tính hình học: tìm đường đi ngắn nhất giữa hai đối tượng, thoả mãn những điều kiện nhất định, hoặc tìm hình có chu vi, diện tích hay thể tích nhỏ nh

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn, TS Nguyễn Duy Thái Sơn, đã tận tình hướng dẫn em trong quá trình thực hiện để em có thể hoàn thành được khoá luận này

Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến quý thầy cô giáo trong Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng – nói chung, các thầy cô giáo trong Khoa Toán nói riêng, đã tận tình dạy dỗ em trong suốt thời gian học tập tại Nhà trường

Võ Thị Giang

2 CHƯƠNG 2: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC CHỌN LỌC 52

MỞ ĐẦU

1) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Các bài toán về cực đại và cực tiểu xuất hiện một cách tự nhiên không chỉ trong khoa học, kỹ thuật và ứng dụng mà cả trong đời sống thường ngày Phần lớn các bài toán này có bản chất tính hình học: tìm đường đi ngắn nhất giữa hai đối tượng, thoả mãn những điều kiện nhất định, hoặc tìm hình có chu vi, diện tích hay thể tích nhỏ nhất là kiểu bài toán hay gặp Không ngạc nhiên gì khi từ rất xa xưa nhân loại đã làm việc với các bài toán kiểu này; một số bài toán nổi danh hiện nay đã được người Hy Lạp cổ đại khảo sát và tìm ra lời giải chủ yếu bằng trực giác, vì họ chưa có đủ công cụ toán học để đưa ra các chứng minh chặt chẽ

Ví dụ, ở đây ta có thể đề cập đến khám phá của Heron (thế kỷ công nguyên thứ nhất) rằng tia sáng đi trong không gian từ một điểm A đến một điểm B sau khi phản xạ tại một chiếc gương a thì luôn đi theo con đường ngắn nhất có thể có từ

A đến B mà có một điểm chung với a

Một bài toán nổi tiếng khác, có tên gọi là bài toán đẳng chu, được xem xét bởi

Descartes (1596-1650): Trong tất cả các hình phẳng có cùng chu vi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất Nghiệm hình “hoàn hảo” của bài toán này là hình tròn; điều đó đã được Descartes (và có thể là những người trước ông) dự đoán; tuy nhiên, mãi đến thế kỉ XIX mới có một phép chứng minh chặt chẽ cho sự kiện đó, được công bố lần đầu bởi Jacob Steiner như là một lời giải thực sự của bài toán

Một bài toán khác, cũng thú vị và dễ phát biểu, được I.F Fagnano đặt ra vào năm 1775: tìm một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếp trong một tam giác nhọn cho trước Một lời giải tinh tế cho bài toán “network” tương đối đơn giản này được tìm ra bởi Hermann Schwarz (1843-1921)…

Các bài toán về cực trị hình học luôn thu hút sự quan tâm của các nhà toán học cũng như những người yêu thích toán, vì vẻ đẹp lý thuyết riêng có và cả vì các ứng dụng trong khoa học và trong cuộc sống của chúng Chủ đề này, vì thế, thường xuyên được khai thác trong các kì thi toán học trên toàn thế giới

Với những lí do trên, cùng với sự định hướng của thầy giáo – TS Nguyễn Duy Thái Sơn – chúng tôi chọn “Một số bài toán cực trị trong hình học” làm chủ đề nghiên cứu của khóa luận tốt nghiệp

2) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Ngoài việc cố gắng “sưu tập” các loại bài toán cực trị hình học ở nhiều cấp độ khó-dễ khác nhau, chúng tôi còn cố gắng tìm hiểu các công cụ khác nhau trong phần trình bày lời giải, qua đó hy vọng nhiều người với khả năng và tuổi tác

khác nhau, là người am hiểu nhiều hay chỉ thuần túy là người yêu thích toán học, đều có thể đọc và thấy luận văn này hữu ích

3) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Các bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong hình học, từ các bài toán

cổ điển đến các bài toán đương đại, các bài toán trong các cuộc thi trên thế giới 4) PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Chúng tôi sử dụng phương pháp nghiên cứu dựa trên các bài toán thu thập được

từ các nguồn sách báo, xen kẽ các kiến thức lí thuyết liên quan

5) CẤU TRÚC KHOÁ LUẬN

Khoá luận gồm có 2 chương:

- Chương 1 trình bày một số phương pháp giải các bài toán cực trị hình học: ứng dụng các phép biến hình, như phép đối xứng qua đường thẳng hay mặt phẳng, phép quay…; sử dụng thích hợp các bất đẳng thức đại số; phương pháp giải tích (áp dụng các công cụ trong phép tính vi phân) Hai phương pháp được xét sau cùng trong Chương 1 sẽ có bản chất hình học nhiều hơn;

đó là: phương pháp biến phân riêng phần và phương pháp dựa trên nguyên lí tiếp xúc Đa số các bài toán được thảo luận trong Chương 1 là các bài toán

cổ điển

- Chương 2 có thể được xem là một tuyển tập các bài toán cực trị hình học thường gặp

Chúng ta sẽ bắt đầu với bài toán Heron quen thuộc

1.1.1 Cho đường thẳng l nằm trên một mặt phẳng và 2 điểm A và B nằm cùng phía đối với l Tìm một điểm X trên l sao cho đường gấp khúc AXB có chiều

dài ngắn nhất

Giải: Lấy B’ là ảnh đối xứng của B qua l Theo tính chất đối xứng, ta có XB = XB’ với

mọi điểm X trên l, do vậy:

Bài toán trên chỉ ra đường đi ngắn nhất từ A đến B mà có điểm chung với l là đường gấp khúc AX 0 B Cần nhấn mạnh rằng đường gấp khúc AX 0 B thoả mãn luật quang hình học tại giao điểm X 0 với l: góc tới bằng góc phản xạ Đó là tính chất quen thuộc trong vật lý về đường đi của tia sáng

1.1.2 Trong không gian cho đường thẳng l và hai điểm A, B không cùng nằm trên một mặt phẳng với l Tìm một điểm X trên l sao cho đường gấp khúc AXB

có chiều dài ngắn nhất

Giải: Bài toán này rõ ràng là tương tự với bài toán 1.1.1 Trong lời giải của bài toán

1.1.1 ta đã sử dụng phép đối xứng qua một đường thẳng Để ý rằng nếu a là một mặt

phẳng chứa l, thì phép đối xứng qua đường thẳng l trong a có thể được tạo ra bởi phép quay quanh l trong không gian với góc quay 1800 Sử dụng ý tưởng tương tự, ta có thể giải bài toán 1.1.2 như sau:

Chọn a là mặt phẳng chứa l và điểm A Xét phép quay quanh đường thẳng l theo góc quay j được chọn sao cho điểm B có ảnh là điểm B’ thuộc a; hơn nữa, A và B’ nằm trái phía nhau (trong a) đối với l

Nếu X0 là giao điểm của l với đoạn thẳng AB’, thì với mọi điểm X trên l ta có:

nhận xét sơ cấp đó, phương tiện chuẩn bị sẽ là một trong các phép biến hình: phép đối xứng, phép quay,…

Tiếp theo là một bài toán cổ điển, được biết đến dưới tên gọi “bài toán tam giác Schwarz” (còn được gọi là bài toán Fagnano)

1.1.3 Tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếp trong một tam giác nhọn cho trước

Giải: Cách giải dưới đây được đưa ra vào năm 1990 bởi nhà toán học người Hungari

L.Fejér

Đặt ∆ ABC là tam giác cho trước Chúng ta sẽ đi tìm điểm M, N, P trên cạnh BC, CA,

AB tương ứng sao cho chu vi ∆ MNP nhỏ nhất

Đầu tiên, ta xem xét bài toán đơn giản hơn Cố định một điểm P bất kì trên AB, ta đi tìm điểm M và N tương ứng trên BC và CA sao cho ∆ MNP có chu vi nhỏ nhất (tất nhiên phụ thuộc vào sự lựa chọn điểm P) P’ là điểm đối xứng của P qua BC và P’’ là điểm đối xứng của P qua AC Khi đó CP’ = CP = CP”, 𝑃′𝐶𝐵( = 𝑃𝐶𝐵(, và 𝑃"𝐶𝐴( = 𝑃𝐶𝐴( Đặt 𝛾 = 𝐵𝐶𝐴(, ta có 𝑃′𝐶𝑃"( = 2𝛾 Hơn nữa, 2𝛾 < 180°, vì 𝛾 < 90° cho bởi giả thiết

Do vậy, đoạn thẳng P’P” giao với các cạnh BC và CA của ∆𝐴𝐵𝐶 tương ứng tại M và

N, và chu vi của ∆𝑀𝑁𝑃 bằng đoạn P’P’’ Bằng cách tương tự, nếu X và Y là điểm bất

kì tương ứng trên BC và AC, thì chu vi ∆𝑋𝑃𝑌 bằng độ dài đường gấp khúc P’XYP” và lớn hơn hoặc bằng P’P” Do vậy, chu vi ∆𝑋𝑃𝑌 ≥ chu vi ∆𝑃𝑀𝑁, và dấu “=” xảy ra đúng khi X = M và Y = N

Vì vậy, bây giờ chúng ta cần tìm điểm P trên AB sao cho đoạn P’P” có độ dài nhỏ nhất

Để ý rằng đoạn thẳng này là cạnh đáy của tam giác cân P”P’C với góc cố định 2𝛾 tại C

và cạnh CP’ = CP” = CP Do đó, chúng ta phải chọn P trên AB sao cho CP’ = CP ngắn nhất Rõ ràng, trong trường hợp này P phải là chân đường cao kẻ từ C trong ∆𝐴𝐵𝐶

Bây giờ để ý rằng nếu P chân đường cao của ∆𝐴𝐵𝐶 qua C thì M và N là chân của 2 đường cao còn lại Để chứng minh điều này, đặt M1 và N1 là chân đường cao của

∆𝐴𝐵𝐶 kẻ từ A và B tương ứng Ta có 𝐵𝑀( = 𝐵𝑀9𝑃: ( = 𝐵𝐴𝐶9𝑃 ( = 𝐶𝑀( , suy ra điểm 9𝑁9P’ nằm trên đường thẳng M1N1 Tương tự ta cũng có P” nằm trên M1N1 và do đó M =

M1, N = N1 Vậy trong tất cả các tam giác nội tiếp ∆𝐴𝐵𝐶, tam giác có các đỉnh là các chân đường cao của ∆𝐴𝐵𝐶 là tam giác có chu vi nhỏ nhất

Bài toán của Schwarz cũng có thể được giải trong trường hợp tam giác đã cho không phải tam giác nhọn Ví dụ, giả sử rằng 𝛾 ≥ 90° Không khó để nhận ra rằng trong

trường hợp này, tam giác MNP có chu vi nhỏ nhất khi M = N = C và P là chân đường cao kẻ từ C của ∆𝐴𝐵𝐶, tức là trong trường hợp này ∆𝑀𝑁𝑃 suy biến

1.1.4 Tứ giác trong hình sau được cho bởi toạ độ các đỉnh Tìm đường ngắn nhất nối từ điểm A = (0, 1) đến điểm C = (2, 1) mà chứa điểm chung với cạnh a,

d, b, d, c của tứ giác theo trình tự đó

Giải:

Dùng 3 lần đối xứng qua đường thẳng như hình dưới Ảnh của điểm C sau 3 lần đối xứng là C’ = (6, 1) Bây giờ, ta cần tìm đường ngắn nhất từ A đến C’mà nằm hoàn toàn

trên phần hợp của các tứ giác như trong hình dưới Rõ ràng đó là đường gấp khúc: 𝐴 =(0, 1) → (2, 2) → (4, 2) → (6, 2) → 𝐶: = (6, 1)

Vì vậy đường ngắn nhất trong tứ giác đã cho thoả mãn đề bài là

Giải: Đặt h là độ dài của đường cao của tam giác đều ABC cho trước Giả sử rằng

đường đi của anh lính bắt đầu tại điểm A Xét đường tròn k1 và k2 tương ứng có tâm B

và C với bán kính h/2 Để kiểm tra điểm B và C, đường đi của anh lính phải có điểm chung với k1 và k2 Giả sử rằng độ dài tổng cộng của đường đi là t và t chứa điểm

chung M với k2 trước và sau đó đến điểm N với k1 Đặt D là điểm chung của k2 với đường cao qua C của ∆𝐴𝐵𝐶 và l là đường thẳng qua D và song song với AB Cộng t

với h/2 và sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:

𝑡 +ℎ

2 ≥ 𝐴𝑀 + 𝑀𝑁 + 𝑁𝐵 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝑃 + 𝑃𝑁 + 𝑁𝐵 ≥ 𝐴𝑃 + 𝑃𝐵

trong đó P là giao điểm của MN với l Mặt khác, bài toán Heron đã chỉ ra rằng 𝐴𝑃 +

𝑃𝐵 ≥ 𝐴𝐷 + 𝐷𝐵, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 𝑃 = 𝐷 Điều này suy ra 𝑡 +EF ≥

𝐴𝐷 + 𝐷𝐵, nghĩa là 𝑡 ≥ 𝐴𝐷 + 𝐷𝐸, với E là giao điểm của DB và k1

Lí luận trên chỉ ra rằng đường ngắn nhất cho anh lính bắt đầu tại A và có điểm chung đầu tiên với k2 và sau đó với k1 là đường gấp khúc ADE Phần còn lại ta cần phải chứng minh rằng đi theo đường này, anh lính có thể kiểm tra hết toàn bộ khu vực giới hạn bởi ∆𝐴𝐵𝐶

Đặt F, Q, L tương ứng là trung điểm của AB, AC, BC Vì DL < h/2 nên hình tròn tâm

D bán kính h/2 chứa toàn bộ ∆𝑄𝐿𝐶 Nói cách khác, từ vị trí D anh lính có thể kiểm tra toàn bộ khu vực giới hạn bởi ∆𝑄𝐿𝐶 Khi anh lính di chuyển theo đoạn thẳng AD anh

ấy sẽ kiểm tra tất cả các điểm trong khu vực giới hạn bởi tứ giác AFDQ, trong khi đi theo đoạn DE, anh ấy sẽ kiểm tra được tất cả các điểm giới hạn bởi FBLD

Vì vậy, di duyển theo ADE, anh lính sẽ có thể kiểm tra toàn bộ khu vực giới hạn bởi

∆𝐴𝐵𝐶 Vậy, ADE là một đáp số của bài toán Đáp số khác là đường đối xứng với ADE qua AL Lí lẽ trên cũng chứng minh rằng không còn đường đi nào bắt đầu từ A nữa

Cho đến bây giờ, chúng ta chỉ mới sử dụng đối xứng qua đường thẳng Trong các bài toán sau chúng ta sẽ áp dụng các biến đổi hình học khác Chúng ta xem xét một bài toán được biết đến là định lí Pompeiu

1.1.6 Cho ABC là một tam giác đều và P là một điểm trong cùng mặt phẳng đó Chứng minh rằng tồn tại một tam giác với các cạnh bằng các đoạn thẳng

AP, BP, CP Tam giác này suy biến khi và chỉ khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của ∆𝑨𝑩𝑪

Chính xác hơn: với mỗi điểm P trong mặt phẳng, bất đẳng thức:

𝐴𝑃 + 𝐵𝑃 ≥ 𝐶𝑃 luôn đúng Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên cung ABM của đường tròn ngoại tiếp ∆𝐴𝐵𝐶

Giải:giả sử, cho 𝐶𝑃 ≥ 𝐴𝑃 và 𝐶𝑃 ≥ 𝐵𝑃 Xét phép quay 𝜑 tâm A góc 60° ngược chiều

kim đồng hồ, và để 𝜑 biến P thành P’

Ta có 𝐴𝑃 = 𝐴𝑃′ và 𝑃𝐴𝑃′( = 60°, do vậy ∆𝐴𝑃𝑃′ đều Do đó 𝑃𝑃: = 𝑃𝐴 Cũng để ý rằng

𝜑 biến B thành C Do vậy đoạn thẳng 𝑃′𝐶 là ảnh của PB qua 𝜑, suy ra 𝐶𝑃: = 𝐵𝑃 Do

đó ∆𝑃𝐶𝑃: có các cạnh bằng với AP, BP, CP Bởi vì giả thiết 𝐶𝑃 ≥ 𝐴𝑃, 𝐶𝑃 ≥ 𝐵𝑃 và vì 𝐴𝑃𝑃′( = 60°, tam giác này suy biến khi và chỉ khi 𝐴𝑃𝐶( = 60° = 𝐴𝐵𝐶(, khi đó APBC là

tứ giác nội tiếp Tức là điểm P nằm trên cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài toán tiếp theo thường được gọi là bài toán tam giác Steiner

1.1.7 Tìm một điểm X trong mặt phẳng chứa tam giác ABC cho trước để tổng

𝒕(𝑿) = 𝑨𝑿 + 𝑩𝑿 + 𝑪𝑿 nhỏ nhất

Giải: Ta thấy rằng nếu X nằm ngoài ∆𝐴𝐵𝐶, thì tồn tại một điểm 𝑋′ sao cho 𝑡(𝑋:) <𝑡(𝑋) Thật vậy, giả sử rằng X nằm ngoài tam giác Khi đó, ∆𝐴𝐵𝐶 và điểm X nằm trên hai nửa mặt phẳng khác nhau có chung bờ là một trong các đường thẳng AB, BC, CA Không mất tính tổng quát, giả sử đó là đường thẳng AB

AB

!

Xét điểm 𝑋′ đối xứng với X qua AB Ta có 𝐴𝑋: = 𝐴𝑋, 𝐵𝑋: = 𝐵𝑋 Hơn nữa, đoạn thẳng CX cắt đường thẳng AB tại một điểm Y, và 𝑋𝑌 = 𝑋′𝑌 Bất đẳng thức tam giác cho ta:

𝐶𝑋: < 𝐶𝑌 + 𝑋:𝑌 = 𝐶𝑌 + 𝑋𝑌 = 𝐶𝑋

Suy ra: 𝑡(𝑋:) < 𝑡(𝑋)

Do vậy, từ nay ta chỉ cần xét những điểm X nằm bên trong hoặc trên biên của ∆𝐴𝐵𝐶 Gọi 𝛼, 𝛽, 𝛾 là các góc của ∆𝐴𝐵𝐶 Không mất tính tổng quát, giả sử 𝛾 ≥ 𝛼 ≥ 𝛽; vì vậy, 𝛼, 𝛽 đều là các góc nhọn

Gọi 𝜑 là phép quay tâm A góc 600 ngược chiều kim đồng hồ (tương ứng với hình vẽ) Với mọi điểm M nằm trên mặt phẳng, đặt 𝑀: = 𝜑(𝑀), ta thấy 𝐴𝑀𝑀′ là một tam giác đều Đặt biệt, ∆𝐴𝐶𝐶′ đều

Xét điểm X bất kì trong ∆𝐴𝐵𝐶, ta có 𝐴𝑋 = 𝑋𝑋′, trong đó (như đã nói) 𝜑(𝑋) = 𝑋:, và 𝜑(𝐶) = 𝐶′; suy ra 𝐶𝑋 = 𝐶′𝑋′ Từ đó, 𝑡(𝑋) = 𝐵𝑋 + 𝑋𝑋:+ 𝑋′𝐶′, nghĩa là t(X) bằng độ dài của đường gấp khúc BXX’C’

Nó được gọi là điểm Torricelli của ∆𝐴𝐵𝐶

Trường hợp 2: 𝛾 = 120° Trong trường hợp này đoạn thẳng BC’ chứa C và

𝑡(𝑋) = 𝐵𝑋 + 𝑋𝑋: + 𝑋:𝐶: = 𝐵𝐶′

đúng khi X = C

Nhận xét: Các trường hợp 1 và 2 cũng là hệ quả của định lí Pompeiu (Bài toán 1.1.6)

Thật vậy, tam giác ACC’ đều và ta có 𝑡(𝑋) = 𝐴𝑋 + 𝐵𝑋 + 𝐶𝑋 ≥ 𝐶:𝑋 + 𝐵𝑋 ≥ 𝐶:𝐵 Trường hợp 3: 𝛾 > 120° Khi đó BC’ không có điểm chung với cạnh AC

Nếu 𝐴𝑋 ≥ 𝐴𝐶 thì 𝑡(𝑋) = 𝐴𝑋 + 𝐵𝑋 + 𝐶𝑋 ≥ 𝐴𝐶 + 𝐵𝑋 + 𝐶𝑋 ≥ 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶; dấu “=” xảy

ra khi và chỉ khi X = C

Từ nay xem 𝐴𝑋(= 𝐴𝑋:) < 𝐴𝐶 nên 𝑋, 𝑋′ nằm trong đường tròn tâm A bán kính AC; hơn nữa, điểm 𝑋′ nằm trong miền góc 60° tạo bởi hai tia 𝐴𝐶, 𝐴𝐶′; điểm 𝑋 nằm trong miền góc nhọn CAB tạo bởi hai tia AC, AB; bán kính AC nằm trong miền góc 𝑋′𝐴𝑋( =60° < 180° tạo bởi hai tia 𝐴𝑋′, 𝐴𝑋 Từ đó, đoạn thẳng 𝑋𝑋′ phải cắt đoạn thẳng AC tại một điểm Y nào đó

Ta có 𝑡(𝑋) = 𝐵𝑋 + 𝑋𝑋:+ 𝑋:𝐶: = 𝐵𝑋 + 𝑋𝑌 + 𝑌𝑋:+ 𝑋:𝐶: ≥ 𝐵𝑌 + 𝑌𝐶:

≥ 𝐵𝐶 + 𝐶𝐶: = 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶;

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi X = C

Kết luận: nếu tất cả các góc của ∆𝐴𝐵𝐶 nhỏ hơn 1200 thì t(X) nhỏ nhất khi X trùng với điểm Torricelli của ∆𝐴𝐵𝐶 Nếu một trong các góc của ∆𝐴𝐵𝐶 không nhỏ hơn 1200 thì t(X) nhỏ nhất khi X trùng với đỉnh của góc đó

Bài toán sau là trường hợp tổng quát của bài toán Steiner:

1.1.8 Giả sử rằng là một tam giác không tù, đặt m, n, p là các số dương Tìm một điểm X trong mặt phẳng chứa tam giác sao cho tổng:

𝒔(𝑿) = 𝒎𝑨𝑿 + 𝒏𝑩𝑿 + 𝒑𝑪𝑿 nhỏ nhất

Giải: không mất tính tổng quát giả sử rằng 𝑚 ≥ 𝑛 ≥ 𝑝

Trường hợp 1: 𝑚 ≥ 𝑛 + 𝑝 Với mọi điểm X trong mặt phẳng ta có:

Y

chiều kim đồng hồ Với mọi điểm X trên mặt phẳng đặt 𝑋: = 𝜑(𝑋) và để ý rằng 𝑋𝐴𝑋′( = 𝛼U = 𝐵U( và 𝐴U𝐶U bc:

𝛾U, do vậy điểm X0 nằm trên đoạn BD Bây giờ cũng suy ra được 𝑋′U nằm trên đoạn BC’, và với mọi điểm X trên mặt phẳng ta có:

𝑠(𝑋)

𝑛 ≥ 𝐵𝐶: =

𝑠(𝑋U)𝑛

Và dấu bằng xảy ra chỉ khi X = X0 Vì vậy, trong trường hợp nhỏ này X0 là điểm cần tìm

(b) Đoạn thẳng 𝐵𝐶′ chứa điểm A Vì A’ = A, ta có n(b)

a = 𝐵𝐶′, do vậy s(X) nhỏ nhất khi X = A

Để ý rằng 𝛾U < 90° và 𝛾 ≤ 90° suy ra 𝛾 + 𝛾U < 180°, do vậy BC’ không chứa C Vậy chỉ còn 1 trường hợp sau:

(c) Đoạn thẳng BC’ không chứa điểm chung với cạnh AC tức là𝛼 + 𝛼U > 180°

Ta sẽ chứng minh được rằng trong trường hợp nhỏ này s(X) nhỏ nhất khi X

1.1.9 Cho ABCD là tứ diện đều, tìm điểm X trong không gian sao cho tổng:

𝒔(𝑿) = 𝑨𝑿 + 𝑩𝑿 + 𝑪𝑿 + 𝑫𝑿 nhỏ nhất

Giải: Ta sẽ sử dụng một điều hiển nhiên là với mọi điểm X’ trong tứ diện đều

A’B’C’D’ thì tổng khoảng cách từ X’ đến 4 mặt của tứ diện đều là không đổi Để sử dụng điều này ta xây dựng một tứ diện đều A’B’C’D’ có các mặt song song tương ứng với ABCD sao cho A nằm trên ∆𝐵′𝐶′𝐷′, B trên ∆𝐴′𝐶′𝐷′, C trên ∆𝐴:𝐵:𝐷′, D trên

∆𝐴′𝐵′𝐶′

Sự xây dựng này khá đơn giản, chỉ sử dụng phép vị tự tâm O ( tâm của ABCD), tỉ số k

= -3 Với mọi điểm X đặt 𝑋: = 𝜑(𝑋) Từ đó 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ là tứ diện cần dựng

Cho một điểm X trong tứ diện 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′, đặt x, y, z, t là khoảng cách từ X đến các mặt của 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′, đặt h’ là độ dài đường cao của tứ diện đó Ta có:

⟹ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = ℎ′

Nếu X nằm ngoài tứ diện 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ thì tứ diện 𝑋𝐵:𝐶:𝐷:, 𝑋𝐴:𝐶:𝐷:, 𝑋𝐴:𝐵:𝐷:, 𝑋𝐴′𝐵′𝐶′ phủ hết 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′, do vậy tổng thể tích của chúng lớn hơn thể tích của 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ Do vậy trong trường hợp này x + y + z + t > h’

Để tìm giá trị nhỏ nhất của s(X), để ý rằng ta luôn có 𝑥 ≤ 𝑋𝐴 và dấu bằng xảy ra chỉ khi XA vuông góc với mặt phẳng B’C’D’ Tương tự, 𝑦 ≤ 𝑋𝐵, 𝑧 ≤ 𝑋𝐶, 𝑡 ≤ 𝑋𝐷Vì vậy, 𝑠(𝑋) ≥ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 ≥ ℎ′ Hơn nữa, đẳng thức 𝑠(𝑋) = ℎ′ xảy ra khi và chỉ khi X nằm trên đường vuông góc qua A, B, C, D tới các mặt của 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ Rõ ràng chỉ có duy nhất điểm X = O thoả mãn tính chất trên Đây là nghiệm duy nhất của bài toán

Bài toán cuối trong phần này hơi khác với những bài toán đã nêu

1.1.10 Cho một góc 𝒑𝑶𝒒 ( và điểm M nằm ở phần trong góc đó, vẽ đường thẳng qua M cắt thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất từ góc đã cho

Giải: bài toán trở thành tìm đường thẳng l sao cho M là trung điểm của AB với A, B

lần lượt là giao điểm của l với Op, Oq Đầu tiên ta xây dựng đường thẳng như vậy

Đặt 𝜑 là phép đối xứng tâm M Tia 𝑂′𝑝′ = 𝜑(𝑂𝑝) là tia song song với Op và giao với

Oq tại B0 Đặt A0 là giao điểm của Op với đường thẳng MB0 Đặt A0 là giao điểm của

Op với đường thẳng MB0 Ta có 𝜑(𝐴U) = 𝐵U, do vậy M là trung điểm của đoạn thẳng

A0B0

Tiếp theo, xét đường thẳng l bất kì khác với l0 (đường thẳng A0B0), l giao với tia Op và

Oq lần lượt tại A, B Ta sẽ giả sử rằng A0 nằm giữa O và A, trường hợp còn lại tương

tự

Để ý rằng 𝜑(𝐴) = 𝐴′ và 𝐴′ chính là giao điểm của tia Op’ và đường thẳng l Vì vậy,

𝑆|be = 𝑆bd}b+ 𝑆|bd}e = 𝑆ed}b:+ 𝑆|bd}e > 𝑆ede}+ 𝑆|bd}e = 𝑆|bded Vậy đường

thẳng l0 = A0B0 cắt góc đã cho thành 1 tam giác có diện tích nhỏ nhất

Và tương đương với bài toán sau:

“Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích nhỏ nhất” Trong phần này ta sẽ giải nhiều bài toán hình học về cực đại và cực tiểu sử dụng các bất đẳng thức đại số cổ điển Như mong đợi, trong việc sử dụng cách tiếp cận này, cách giải thông thường sẽ xuất hiện trường hợp xảy ra dấu bằng Đó là lí do tại sao phân tích các trường hợp cẩn thận là việc quan trọng

Bên dưới là liệt kê một vài bất đẳng thức cổ điển thường được dùng để giải các bài toán tìm cực trị hình học

Bất đẳng thức AM - GM

Với mọi số không âm 𝑥9, 𝑥F, … , 𝑥a,

𝑥9 + 𝑥F+ ⋯ + 𝑥a

𝑛 ≥ ~𝑥• 9𝑥F… 𝑥aĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 𝑥9 = 𝑥F = ⋯ = 𝑥a

Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz

Ta bắt đầu với bài toán đẳng chu của tam giác quen thuộc

1.2.1 Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn nhất

Giải: Xét một tam giác bất kỳ có độ dài các cạnh là a, b, c và chu vi 2p = a + b + c

Theo công thức Heron, diện tích F được tính như sau:

1.2.2 Tìm hình có thể tích lớn nhất trong các hình hộp chữ nhật không có nắp hộp và có tổng diện tích các mặt cho trước

Giải: Đặt x, y, z là các cạnh của hình hộp (hình vẽ), đặt S là diện tích các mặt

Bài toán tiếp theo là bài toán tổng quát của 1.1.10

1.2.3 Cho hai số nguyên dương p, q và một điểm M nằm ở phần trong của một góc đỉnh O Một đường thẳng qua M giao với 2 cạnh của góc tại A và B Tìm vị trí của đường thẳng sao cho tích 𝑶𝑨𝒑 𝑶𝑩𝒒 nhỏ nhất

Giải: Lấy K trên OA và L trên OB sao cho MK // OB và ML // OA Ta có

Đặt và và áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho

ta được:

vậy đường thẳng qua M phải được vẽ sao cho AM : MB = q : p Luôn tồn tại duy nhất đường thẳng với tính chất như vậy

Bài toán trên với bài toán 1.1.10 và trường hợp tương tự trong không gian ( bài toán 1.4.4 bên dưới) gần giống nhau Cấu trúc thu được từ bài toán 1.1.10 là khi p = q = 1, trong khi bài sau sẽ sử dụng trường hợp p = 1, q = 2

1.2.4 Đặt X, Y, Z là các điểm nằm trên các đường thẳng xác định bởi 3 cạnh không đồng phẳng từng đôi một của 1 hình lập phương cho trước Tìm vị trí của 3 điểm này sao cho chu vi của tam giác XYZ là nhỏ nhất

Giải: Giả sử rằng hình lập phương đã cho là ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng 1 Không mất tính tổng quát giả sử rằng X nằm trên đường thẳng C1D1, Y nằm trên đường AD và

Đặt trục toạ độ với gốc toạ độ ở A và các trục AB, AD, AA1 Do đó điểm X, Y, Z có toạ độ là 𝑋 = (𝑥, 1, 1), 𝑌 = (0, 𝑦, 0), 𝑍 = (1, 0, 𝑧), và chu vi của ∆𝑋𝑌𝑍 cho bởi:

Ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Minkowski theo hướng khác để dẫn tới kết quả chính xác

Ta có:

Tiếp theo sử dụng bất đẳng thức RMS – AM, ta được

và do vậy Kiểm tra được

Như ta đã đề cập ở trước, trong phần này khi giải các bài toán hình học về cực trị bằng bất đẳng thức đại số, quan trọng là phải giải chính xác phần xảy ra đẳng thức Tuy nhiên, thỉnh thoảng biến đổi từ kết quả đại số sang kết quả hình học không phải điều dễ dàng Sau đây là ví dụ cho điều tương tự xảy ra

1.2.5 Với mọi điểm X nằm trong tam giác ABC cho trước, đặt x, y, z là khoảng cách từ X đến BC, AC, AB tương ứng Tìm vị trí của X sao cho tổng

nhỏ nhất

Giải: Đặt BC = a, CA = b, AB = c Ta có: 2𝑆bef = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 và từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

Vì vậy, tổng nhỏ nhất với các điểm X sao cho Nhưng các điểm

X nào trong tam giác có tính chất này? Chỉ có 1 điểm X thoả mãn điều kiện trên, được gọi là điểm Lemoine (điểm đối trung), là giao điểm của 3 đường đối xứng với trung tuyến qua đường phân giác tương ứng

Đối với giá trị lớn nhất của biểu thức , không khó để thấy rằng khi X trùng với đỉnh của góc nhỏ nhất trong tam giác Thật vậy, đặt a = BC là cạnh nhỏ nhất của

∆𝐴𝐵𝐶 ta có 𝑎(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≤ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 = 2𝑆bef, do vậy 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ ℎš với ℎš là

bằng xảy ra chỉ khi X = A

1.3 ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH:

Nhiều bài toán về cực đại và cực tiểu trong hình học có thể ở dạng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một hàm số nhiều biến nào đó Ví dụ, bài toán tìm tam giác có diện tích lớn nhất nội tiếp 1 đường tròn cố định có thể đưa về bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số𝑓(𝐴, 𝐵) = sin𝐴sin𝐵sin(𝐴 + 𝐵)với𝐴 > 0, 𝐵 > 0, 𝐴 + 𝐵 < 180°(hình vẽ)

Nhìn chung, hàm số thu được từ việc khái quát hoá bài toán rất phức tạp và khó để nghiên cứu Tuy nhiên, thỉnh thoảng người ta thu hẹp bài toán thành tìm cực đại và cực tiểu của hàm số một biến

Trong phần này, ta xem xét nhiều bài toán cực trị hình học với cách giải là nghiên cứu hàm số một biến tương đối đơn giản

Trước khi tiếp tục với các bài toán, ta phát biểu một vài định lí về hàm số một biến được sử dụng ở phần này Sự tồn tại của cực trị hàm một biến thường được suy ra bởi định lí giá trị cực sau:

Định lý giá trị cực: Nếu 𝑓(𝑡) là hàm liên tục trên khoảng đóng 𝐼 = [𝑎, 𝑏] thì 𝑓 có một

giá trị cực đại (tuyệt đối) và một giá trị cực tiểu (tuyệt đối) trên 𝐼

Vì 𝑓 có thể đạt giá trị cực đại cực tiểu tại nhiều hơn một điểm nên để tìm những điểm này thông thường ta sẽ dùng một trong hai định lí sau:

Định lý về tính đơn điệu: Cho 𝑓(𝑡) là hàm liên tục trên khoảng 𝐼 và 𝑓 khả vi trên Int

I

(a) Nếu 𝑓(𝑡) tăng trên I thì 𝑓′(𝑡) ≥ 0 với mọi 𝑡 ∈ 𝐼𝑛𝑡 I

(b) Nếu 𝑓′(𝑡) ≥ 0 với mọi 𝑡 ∈ 𝐼𝑛𝑡 𝐼 thì 𝑓 tăng trên I Hơn nữa, nếu 𝑓:(𝑡) > 0 với mọi nhưng trừ một số hữu hạn t trên Int I thì 𝑓 tăng nghiêm ngặt trên I Giả thiết rằng I là một khoảng để (b) có hiệu lực Tương tự, bất đẳng thức 𝑓′(𝑡) ≤ 0 là đặc trưng của hàm giảm trên khoảng

Từ định lí trên ta có hệ quả sau:

Định lí Fermat: Đặt 𝑓(𝑡) là hàm khả vi trên khoảng I Nếu 𝑓 có cực trị địa phương tại

điểm 𝑡 ∈ 𝐼𝑛𝑡 𝐼 thì 𝑓:(𝑡 ) = 0

A

O

Đặc biệt nếu 𝑓 liên tục trên [𝑎, 𝑏], khả vi trên (𝑎, 𝑏) và phương trình 𝑓′(𝑡) = 0 không

có nghiệm trên (𝑎, 𝑏) thì 𝑓 đạt cực trị tuyệt đối chỉ tại biên

Định lí giá trị trung bình: Nếu 𝑓(𝑡) liên tục trên khoảng đóng hữu hạn [𝑎, 𝑏] và 𝑓(𝑎) 𝑓(𝑏) < 0 thì tồn tại ít nhất một 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) sao cho 𝑓(𝑡) = 0

Ta bắt đầu với một ví dụ mà sử dụng đến hàm bậc hai

1.3.1 Hai con tàu đi theo hai hướng đã cho với cùng tốc độ Vào lúc 9a.m, khoảng cách 2 tàu là 20 dặm, lúc 9:35 khoảng cách là 15 dặm, lúc 9:55 khoảng cách

là 13 dặm Tìm thời điểm khi 2 tàu gần nhau nhất

Giải: Giả sử rằng 2 con tàu đi theo đường g và h (như hình vẽ) Đầu tiên, giả sử g và h

giao nhau tại O Đặt 𝛼 là góc giữa 2 hướng chuyển động và A, B là vị trí của 2 tàu lúc 9a.m Đặt u1 = OA, u2 = OB nếu 𝐵𝑂𝐴( = 𝛼, và 𝑢9 = −𝑂𝐴 nếu 𝐵𝑂𝐴( = 180° − 𝛼 Đặt

Trong trường hợp g và h song song với nhau, dễ thấy rằng cũng là hàm bậc hai Giả

sử đơn vị thời gian là 5 phút Từ giả thiết bài toán ta có được hệ sau:

Ngiệm duy nhất của hệ này là và ta có

Do vậy và Vậy khoảng cách 2 tàu ngắn nhất vào lúc 10:20 a.m

Bài toán tiếp theo giải thích về “luật Snell – Fermat” trong vật lí về đường đi của ánh sáng trong môi trường không đồng nhất

1.3.2 Cho một đường thẳng l trong mặt phẳng và 2 điểm A, B ở 2 phía của đường

thẳng Một hạt di chuyển với tốc độ không đổi trên nửa mặt phẳng chứa

A và với tốc độ trên nửa mặt phẳng chứa B Tìm đường đi từ A tới B để hạt đó đi với thời gian ngắn nhất

Giải: Xét hệ toạ độ Oxy trên mặt phẳng sao cho trục Ox trùng với l và OA vuông góc

với l Trên mặt phẳng toạ độ, đặt Không mất tính tổng quát, giả sử Đặt điểm X trên l với toạ độ (x,0), ta có

Thời gian t để hạt di chuyển theo đường gấp

vì với nằm ngoài khoảng này thì không đạt giá trị nhỏ nhất (vì lúc này đường AXB > AOB hoặc AO’B, tương ứng thời gian đi cũng lớn hơn các đường này)

Ta có: Vì với nên

hàm tăng nghiêm ngặt trên đoạn Tương tự cũng

tăng nghiêm ngặt trên khoảng đó Vì nên theo định lí giá trị trung bình, tồn tại duy nhất 𝑥U ∈ (0, 𝑑) 𝑣ớ𝑖 𝑡:(𝑥U) = 0 Ta thấy 𝑡:(𝑥) < 0 𝑣ớ𝑖 𝑥 ∈ [0, 𝑥U) và

𝑡:(𝑥) > 0 𝑣ớ𝑖 𝑥 ∈ (𝑥U, 𝑑], theo định lí về tính đơn điệu, 𝑡(𝑥) giảm nghiêm ngặt trên [0, 𝑥U] và tăng nghiêm ngặt trên [𝑥U, 𝑑] Vì vậy, 𝑡(𝑥) đạt giá trị nhỏ nhất tại 𝑥U Để ý rằng với 𝑋U = (𝑥U, 0) điều kiện 𝑡:(𝑥U) = 0 được viết lại thành:

với 𝛼 là góc giữa AX và Oy, 𝛽 là góc

giữa BX và Ox Vậy tồn tại điểm X0 duy nhất trên l sao cho AX0B là đường đi mà hạt

di chuyển trong thời gian ngắn nhất và điểm này xác định bởi phương trình ¨©ª «

¬- =®¯¨ °

¥

Đẳng thức trên gọi là luật Snell – Fermat cho sự khúc xạ của tia sáng khi nó đi từ môi trường thuần nhất sang môi trường khác Luật này chứa định luật cơ bản là tia sáng luôn đi theo đường mà tốn ít thời gian nhất

1.3.3 Cho hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau và tiếp xúc trong một góc pOq cho trước Tìm điểm A, D trên tia Op và B, C trên tia Oq sao cho AB song song với CD, tứ giác ABCD chứa hai đường tròn và AD có độ dài ngắn nhất

Giải: Gọi 2 đường tròn đó là (O1; R), (O2; r) với r < R Ta giả sử rằng AB tiếp xúc với (O1) và DC tiếp xúc với (O2), P, Q là 2 điểm tiếp xúc của 2 đường tròn với AD với P nằm giữa A và Q Đặt x = DQ, giờ ta tính AD là 1 hàm theo x Đặt 𝑂9𝑂F = 𝑅 + 𝑟, từ hình thang vuông PO1O2Q ta có Mặt khác, ta có:

Do vậy ∆𝐴𝑂9𝑃~∆𝑂F𝐷𝑄, nên ³

´b=µ

¶ , tức là 𝑃𝐴 = ³¶

µ Suy ra 𝐴𝐷 = 𝑓(𝑥) + 2√𝑅𝑟 với 𝑓(𝑥) = 𝑥 +³¶µ Giờ ta phải tìm giá trị nhỏ nhất của 𝑓(𝑥) trên khoảng 0 < 𝑥 < 𝑥U =

Trường hợp 1: 3𝑟 ≤ 𝑅 tức là 𝛼 ≥ 60° Lúc đó , do vậy 𝑓(𝑥) giảm nghiêm ngặt trên tức là 𝑓(𝑥) không có giá trị nhỏ nhất trên khoảng Nói cách khác, khi , bài toán chưa có kết quả

Trường hợp 2: tức là 𝛼 < 60° Lúc đó và trên khoảng , 𝑓(𝑥) đạt giá trị nhỏ nhất tại Do vậy chiều dài nhỏ nhất của AD là Ta xây dựng hình thang ABCD bằng cách trước tiên tìm điểm D trên QO sao cho , sau đó ta tìm được các A, B, C tương ứng

1.3.4 Một hành lang có hình dạng chữ 𝚪 có chiều rộng là a đơn vị ở một cánh và b đơn vị ở cánh còn lại Tìm chiều dài của đoạn gậy dài nhất sao cho có thể di chuyển từ một cánh sang cánh còn lại (Giả sử rằng độ dày của gậy không đáng kể và khi di chuyển thì gậy luôn nằm ngang.)

Giải: Xét một góc bất kỳ a từ 0° đến 90°, và đặt AB là đoạn thẳng trong góc của hành

lang mà tiếp xúc với đỉnh O của góc vuông ở phía trong và tạo một góc a với một trong các tường của nó (hình vẽ) Ta có:

𝑓(𝑎) = 𝐴𝐵 = 𝐴𝑂 + 𝑂𝐵 = 𝑎

cosa+

𝑏sina

Một đoạn gậy có chiều dài l có thể được di chuyển từ một cánh của hành lang đến cánh

bên kia nếu 𝑙 ≤ 𝑓(a) với a∈ (0°, 90°) Đây là điều kiện cần và đủ, do vậy độ dài lớn

nhất của l chính là giá trị nhỏ nhất của hàm 𝑓(a) trên (0°, 90°) nếu nó tồn tại Ta có:

Vì 𝑡𝑎𝑛Ža tăng nghiêm ngặt từ 0 đến ∞ khi a chạy từ 0° đến 90° nên tồn tại duy nhất

a0∈ (0°, 90°)để 𝑡𝑎𝑛ŽaU =½š Do đó 𝑓:(aU) = 0 và hơn nữa, 𝑓:(a) < 0 với a ∈(0°,aU) và 𝑓:(a) > 0 với a ∈ (aU, 90°) Vì vậy 𝑓(a) có giá trị nhỏ nhất tại a0 Từ 𝑡𝑎𝑛 aU = …½

𝟓.Đặt E là trung điểm của A 1 B 1 và F là trung điểm của DD 1 Tìm giá trị

lớn nhất có thể có của tỉ số 𝑴𝑷

𝑷𝑸 với P là một điểm trên AE và Q là một điểm trên CF

Giải: Nếu L là trung điểm của AA1 thì BLFC là hình chữ nhật (hình vẽ)

Gọi N là giao điểm của AE và BL, ta có ∆𝐴𝑁𝐿~∆𝐴𝐴9𝐸 suy ra 𝐴𝑁 = 9

9

5+ 2x

5+ x2

1+ x2

√Ã, Ž

F√ÃÊ Do đó, 𝑔(𝑥) có giá trị lớn nhất 𝑔 Œ9

√Õ =Ã

F và 𝑥 = 1/√5 Vì vậy, giá trị lớn nhất của }´

Giải: Rõ ràng 𝑀𝑁 ≥ 𝑀𝐴9 ≥ 𝐴𝐴9 = 1 Nếu 𝑀𝑁 = 1 với một số điểm t thì 𝑀 = 𝐴 và

𝑁 = 𝐴9, tương đương với |sin 𝑡| = 1 và Ô𝑠𝑖𝑛k√2𝑡m = 1Ô, tương ứng 𝑡 =ÕF+ 𝑘𝜋 và

√2𝑡 =ÕF+ 𝑛𝜋 với mọi số nguyên k và n, suy ra √2 = FaÈ9F×È9, vô lí vì √2vô tỉ Vậy MN>1 với mọi t

Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng MN có thể xấp xỉ bất kì đến 1 Với mọi số nguyên k đặt

𝑡× =Õ

F+ 𝑘𝜋, suy ra |sin 𝑡×| = 1, do vậy tại mọi thời điểm 𝑡× điểm M trùng với A Để chứng tỏ rằng N tiệm cận tuỳ ý đến A1 tại thời điểm tk, chỉ cần chứng minh rằng Ôsink√2𝑡×mÔ tiệm cận tuỳ ý đến 1 với sự lựa chọn k bất kỳ

Bây giờ ta sử dụng định lí Kronecker: Nếu a là một số vô tỉ thì tập hợp số có dạng

ma+n, với m là số nguyên dương, n là số nguyên bất kỳ thì trù mật trong tập hợp số thực Điều này có nghĩa là mọi khoảng mở không rỗng (bất kể nhỏ thế nào) đều chứa một số có dạng ma+n

Vì √2 là số vô tỉ nên ta có thể sử dụng định lí Kronecker với a= √2 Do đó với 𝑥 =9·√F

F và với mọi 𝛿 > 0, luôn tồn tại số nguyên 𝑘 ≥ 1 và 𝑛× sao cho 𝑘√2 − 𝑛× ∈(𝑥 − 𝛿, 𝑥 + 𝛿) Tức là với 𝜖× = √2𝑘 +√FF −9

F− 𝑛× ta có |𝜖×| < 𝛿 Vì √2 Œ𝑘 +9

F• =9

F+ 𝑛× + 𝜖× ta có:

Ôsink√2𝑡×mÔ = Úsin 𝜋√2 ’𝑘 +1

2“Ú = Ûsin Œ

𝜋

2+ 𝑛×𝜋 + 𝜖×𝜋•Û = |cos(𝜋𝜖×)|

Để ý rằng |cos(𝛿𝜋)| dần tới 1 khi 𝛿 dần tới 0

Vậy Ôsink√2𝑡×mÔtiệm cận bất kì đến 1

1.4 PHƯƠNG PHÁP “BIẾN PHÂN RIÊNG PHẦN”:

Phương pháp “biến phân riêng phần” sử dụng sự quan sát đơn giản là nếu hàm của nhiều biến có một cực đại (cực tiểu) với mọi biến thì nó cũng có một cực đại (cực tiểu) với mọi tập con của biến Cụ thể, giả sử rằng hàm số có một cực đại (cực tiểu) khi thì với mọi 𝑘, 1 ≤ 𝑘 < 𝑛, hàm số:

có một cực đại (tương ứng một cực tiểu) tại Giải thích này hơi trừu tượng, do vậy ta sẽ giải thích phương pháp này bằng nhiều ví dụ

Thực tế, ta đã sử dụng (ngầm) phương pháp biến phân riêng phần trong lời giải của một vài bài toán trước Ví dụ, khi giải bài toán tam giác Schwarz (1.1.3) để mô tả tam giác MNP có chu vi nhỏ nhất trong tam giác nhọn ABCta đã làm như sau: Ta cố định điểm P trên AB sau đó tìm điểm Mp trên BC và Np trên AC sao cho tam giác MpNpP có chu vi nhỏ nhất Sau đó ta tìm điểm P trên AB sao cho chu vi của tam giác MpNpP nhỏ nhất có thể

Phương pháp biến phân riêng phần có thể được sử dụng thành công nếu ta biết rõ được bài toán cực trị có đáp số Thực tế, thậm chí khi ta không biết đáp số có tồn tại hay không, thỉnh thoảng ta vẫn sử dụng được biến phân riêng phần, để lấy một vài gợi ý và thậm chí mô tả chính xác hình vẽ khi đạt cực đại Ví dụ, xét bài toán tìm đa giác n đỉnh

có diện tích lớn nhất trong các đa giác n đỉnh nội tiếp trong một đường tròn cho trước Giả sử tồn tại một đa giác như vậy Lúc đầu cố định các điểm

thì điểm phải trùng với điểm chính giữa của cung Thật vậy, nếu

thì và vì thế nên diện tích của đa giác nhỏ hơn diện tích của đa giác (mâu thuẫn với giả thiết của chúng ta)

Vì vậy, sử dụng một lần “biến phân riêng phần” ta đã chứng minh được Bằng cách tương tự, ta chứng minh được 2 cạnh liên tiếp của đa giác phải có độ dài bằng nhau, do vậy đa giác đó phải đều Tuy nhiên các lí lẽ trên không cung cấp một lời giải đầy đủ cho bài toán vì ta chưa xác định sự tồn tại của đa giác nội tiếp n đỉnh có diện tích lớn nhất

Trong lời giải các bài toán sau, ta sẽ sử dụng “biến phân riêng phần” mà không giả sử trước rằng tồn tại hình cực trị tương ứng Ta sẽ tìm hình cực trị trong quá trình giải bài toán

1.4.1 Cho đường thẳng 𝒍 trên mặt phẳng và 2 đường tròn ở trên cùng nửa mặt phẳng bờ 𝒍 Tìm đường ngắn nhất từ đến mà có điểm chung với 𝒍 Giải: Bài toán yêu cầu tìm điểm M trên , N trên và P trên 𝑙 sao cho 𝑡 = 𝑀𝑃 +

𝑃𝑁 là nhỏ nhất Cố định điểm M trên và N trên

Theo bài toán 1.1.1, t nhỏ nhất khi P trùng với giao điểm của 𝑙 và đoạn thẳng 𝑀𝑁′ với 𝑁′ là điểm đối xứng của N qua 𝑙 Lúc này 𝑡 = 𝑀𝑁: Bây giờ bài toán còn lại là tìm đoạn thẳng 𝑀𝑁′ ngắn nhất với M trên , 𝑁′ trên ảnh đối xứng của qua 𝑙 Nếu