Tài liệu

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN TRỌNG NGHĨA ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ TÍCH CÓ HƯỚNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN TRỌNG NGHĨA ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ TÍCH CÓ HƯỚNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. NGUYỄN VIỆT HẢI Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mở đầu 2 Danh sách hình vẽ 4 1 Tích vô hướng trong không gian vector Euclid 1.1 Định nghĩa không gian vector Euclid . . . . . . . . . . 1.2 Các đẳng thức vector và bất đẳng thức vector . . . . . 1.2.1 Các đẳng thức vector . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Các bất đẳng thức vector . . . . . . . . . . . . 1.3 Tích vô hướng trong hình học phẳng . . . . . . . . . . 1.3.1 Chứng minh hệ thức hình học và tính biểu thức 1.3.2 Chứng minh bất đẳng thức hình học . . . . . . 1.3.3 Chứng minh quan hệ vuông góc . . . . . . . . 1.3.4 Sáng tạo các bất đẳng thức nhờ tích vô hướng . 1.4 Tích vô hướng trong Hình học không gian . . . . . . . 1.4.1 Chứng minh tính vuông góc trong không gian . 1.4.2 Tính góc, khoảng cách, diện tích, thể tích . . . 1.5 Ứng dụng tích vô hướng giải bài toán đại số . . . . . . 1.5.1 Giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Giải bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . 1.5.3 Giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . 1.5.4 Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . 1.5.5 Tìm cực trị hình học và cực trị đại số . . . . . 1.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 7 7 8 8 9 15 17 24 27 27 30 39 39 41 42 43 46 49 Kết luận Chương 1 52 2 53 53 53 54 Tích giả vô hướng và tích có hướng 2.1 Tích giả vô hướng của hai vector trong E2 . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Nhắc lại một số thuật ngữ và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Tích giả vô hướng (tích ngoài) của hai vector . . . . . . . . ii 2.2 2.3 2.1.3 Biểu diễn một số sự kiện hình học theo tích giả vô hướng 2.1.4 Ứng dụng vào diện tích đại số . . . . . . . . . . . . . . 2.1.5 Các ví dụ ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tích có hướng của hai vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Tích hỗn tạp của 3 vector . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Biểu diễn các sự kiện hình học . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4 Ứng dụng của tích có hướng trong hình học . . . . . . . 2.2.5 Ứng dụng của tích có hướng trong Vật lý . . . . . . . . Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 58 61 64 64 66 66 67 72 75 Kết luận và Đề nghị 77 Tài liệu tham khảo 79 1 Lời cảm ơn Để hoàn thành được luận văn một cách hoàn chỉnh, tôi luôn nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của PGS.TS. Nguyễn Việt Hải, giảng viên cao cấp Trường Đại học Hải Phòng. Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy và xin gửi lời tri ân nhất của tôi đối với những điều Thầy đã dành cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn ban lãnh đạo phòng Đào tạo Sau đại học, các quý Thầy Cô giảng dạy lớp Cao học K7B (khóa 2013-2015) Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới gia đình, bạn bè, những người đã luôn động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Xin trân trọng cảm ơn! Tác giả Nguyễn Trọng Nghĩa 2 Mở đầu Trong toán học hiện đại, tất cả các cấu trúc toán học đều dựa trên cấu trúc không gian vector. Chỉ với hai phép toán cộng hai vector và nhân một số với một vector, không gian ấy đã mô tả được nhiều sự kiện quan trọng của toán học nói riêng và của các ngành khoa học tự nhiên nói chung. Vector là một công cụ mạnh để giải các bài toán hình học phổ thông. Phương pháp vector ngày nay đã trở nên quen thuộc để giải các bài toán hình học cũng như các loại toán khác thay cho cách giải toán truyền thống, nó góp phần làm nên vẻ đẹp mới trong mỗi lời giải bài toán. Tiếp nối luận văn của tác giả Nịnh Thị Thu với đề tài "Phương pháp vector", bảo vệ thành công năm 2015 (xem [7]), tôi tự đặt cho mình bài toán nghiên cứu các ứng dụng của các phép toán tích vô hướng và tích có hướng vào giải các bài toán Hình học, Đại số và một số bài toán của Vật lý. Mục đích của đề tài là: 1. Nêu bật các kỹ thuật thường gặp khi ứng dụng tích vô hướng và tích có hướng để giải các bài toán. Các kỹ thuật này được minh họa qua hàng loạt các ví dụ tường minh. 2. Hệ thống các bài toán có thể giải bằng cách ứng dụng các phép toán trên, đặc biệt nêu rõ ứng dụng của các phép toán vector vào các bài toán phi hình học như: Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình; chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị hình học, cực trị đại số... 3. Trình bày thêm tích giả vô hướng (tích ngoài) của hai vector, diện tích đại số, ví dụ về đại số Lie,... các kiến thức có ích mà chương trình đại học chưa đề cập đến. Phạm vi của đề tài là ứng dụng các phép toán của không gian vector vào các bài toán trong chương trình phổ thông, đặc biệt chú ý đến các bài toán thi học sinh giỏi các cấp, thi Olympic trong nước và Quốc tế, các bài thi vào Trung học phổ thông chuyên và các đề thi Đại học. Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo nội dung luận văn được chia làm hai chương: • Chương 1. Tích vô hướng trong không gian vector Euclid dành để trình bày 3 những ứng dụng của tích vô hướng giải các bài toán Hình học phẳng, Hình học không gian và các bài toán Đại số. • Chương 2. Tích giả vô hướng và tích có hướng, giới thiệu mới về phép toán " tích giả vô hướng", các ứng dụng của 2 phép toán này trong phạm vi kiến thức của Hình học phổ thông. Mỗi chương đều có phần giới thiệu chung về lý thuyết cần dùng đến trong chương. Nội dung nào đã có thì nêu tài liệu trích dẫn, nội dung nào mới thì được tác giả chứng minh chi tiết và chặt chẽ. Ý tưởng đó được tác giả lưu ý trong suốt luận văn. Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2015 Tác giả Nguyễn Trọng Nghĩa 4 Danh sách hình vẽ Hình vẽ Trang 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 1.19 1.20 1.21 Ví dụ 1.3 . . . . . . . . . Ví dụ 1.4 . . . . . . . . . Ví dụ 1.5 . . . . . . . . . Ví dụ 1.10 . . . . . . . . . Ví dụ 1.11 . . . . . . . . . Ví dụ 1.12 . . . . . . . . . Ví dụ 1.13 . . . . . . . . . Ví dụ 1.14 . . . . . . . . . Ví dụ 1.15 . . . . . . . . . Ví dụ 1.16 . . . . . . . . . Ví dụ 1.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ví dụ 1.20 . . . . . . . . . Ví dụ 1.29 (Trường hợp 1) Ví dụ 1.29 (Trường hợp 2) Ví dụ 1.22 . . . . . . . . . Ví dụ 1.23 . . . . . . . . . Ví dụ 1.23 (Chú ý) . . . . Ví dụ 1.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 10 12 16 17 18 19 21 23 24 28 31 31 32 33 35 35 36 37 38 47 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 Mệnh đề 2.3 Ví dụ 2.7 . Ví dụ 2.8 . Ví dụ 2.9 . Ví dụ 2.10 . Ví dụ 2.11 . Ví dụ 2.12 . Ví dụ 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 68 69 70 71 72 73 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chương 1 Tích vô hướng trong không gian vector Euclid Trong không gian vector ta có các khái niệm cơ bản như độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính, tập sinh, cơ sở, tọa độ, không gian con k-chiều (đường thẳng, mặt phẳng,...). Ngoài các phép toán cộng, trừ các vector, nhân một số với một vector ta cần đến phép toán mới để diễn tả các khái niệm mang nội dung hình học nhiều như: Độ dài của vector, góc giữa hai vector, tính trực giao, thể tích khối đa diện... Đó là phép toán nhân vô hướng của hai vector. Phép toán đó cũng cho ta khái niệm không gian vector Euclid (có thể xem chi tiết trong [8]). 1.1 Định nghĩa không gian vector Euclid Định nghĩa 1.1. Một không gian vector E trên trường số thực R được gọi là một không gian vector Euclid thực nếu có một dạng song tuyến tính đối xứng hα, βi : E× E → R thỏa mãn điều kiện hα, αi > 0 với mọi vector α 6= 0. Dạng song tuyến tính đối xứng này được gọi là tích vô hướng của E. Nói cách khác, tích vô hướng của hai vector α, β ∈ E là số thực hα, βi, ký hiệu đơn giản là α.β, thỏa mãn bốn tiên đề sau (1) α.β = β.α (2) (α1 + α2 ).β = α1 .β + α2 .β (3) k.(α.β) = (k.α).β với mọi k ∈ R (4) α.α = α2 ; và α.α = 0 khi và chỉ khi α = θ. Ta xét một số ví dụ về không gian vector Euclid. Ví dụ 1.1. Các không gian sau cùng tích vô hướng xác định (1) Không gian vector tự do trong hình học sơ cấp là một không gian vector Euclid → − → − → − − − − với tích vô hướng → α . β = |→ α |.| β |. cos(→ α , β ). 6 − − − (2) Giả sử E là không gian vector thực n chiều và → e 1, → e 2 , ..., → e n là một cơ sở của n P − − nó. Có thể định nghĩa một tích vô hướng trên E như sau: Nếu → α = x→ e i i i=1 n n P P → − → − − − và β = yi → ei thì ta đặt → α.β = xi yi . Nói riêng nếu E = Rn thì tích vô i=1 i=1 hướng trên là tích vô hướng chính tắc trên Rn . − − Định nghĩa 1.2. Chuẩn hay độ dài của một vector → α ∈ E là đại lượng |→ α| = √→ − → − → − → − α . α . Nếu | α | = 1 thì α được gọi là một vector định chuẩn. Khái niệm chuẩn là mở rộng khái niệm độ dài thông thường lên không gian nhiều chiều. √ − − Ví dụ 1.2. Với mọi vector → α = (a1 , ..., an ) ∈ Rn ta có |→ α | = a1 2 + ... + an 2 . Dễ thấy chuẩn của một vector có những tính chất cơ bản sau → − → − − − − − − (1) |→ α | ≥ 0 ∀→ α ∈ E ; |→ α|→ α = 0 khi và chỉ khi → α = 0 − − − (2) |c→ α | = |c| . |→ α | ∀c ∈ R; ∀→ α ∈E → − → − α → − − là vector định chuẩn của mọi vector → α 6= 0 . (3) β = → − |α| Chuẩn của một vector cũng thỏa mãn những bất đẳng thức quen thuộc trong hình học. Hai bất đẳng thức sau được sử dụng rộng rãi trong các ví dụ ứng dụng tích vô hướng là → − → − − − 1. |→ α ± β | ≤ |→ α | + | β | (bất đẳng thức tam giác). → − → − − − 2. |→ α . β | ≤ |→ α |.| β | (bất đẳng thức Schwarz). → − → − → − − − Định nghĩa 1.3. Với mọi vector → α , β 6= 0 của E ta gọi góc giữa → α , β là góc ϕ với 0 ≤ ϕ ≤ π sao cho → − → − α.β cos ϕ = → −. − |→ α |.| β| Khái niệm này phù hợp với khái niệm góc thông thường trong hìnhhọc. Kết quả → − − 2 − → − sau cũng gọi là Định lý cosin: Nếu ϕ là góc giữa hai vector → α , β thì → α ± β = →  →  2 −  2 −  → − → − | α | +  β  ±2 | α | ·  β  · cos ϕ. Định nghĩa 1.4. Giả sử S1 và S2 là hai tập hợp các vector trong E. Ta gọi S1 trực → − → − − − giao với S2 nếu → α . β = 0 với mọi vector → α ∈ S1 , β ∈ S2 . → − → − − Do tính đối xứng của tích vô hướng nên nếu → α và β trực giao với nhau thì β → − − − và → α cũng trực giao với nhau. Ta có định lý mở rộng của Định lý Pitago: Nếu → α, β → − → − − − là hai vector trực giao thì |→ α + β |2 = |→ α |2 + | β |2 . 7 Định nghĩa 1.5. − − − • Hệ vector → e 1, → e 2 , ..., → e n của không gian vector Euclid E được gọi là một hệ − − trực giao nếu các vector của hệ đôi một trực giao với nhau,tức là → ei .→ ej = 0 với mọi i 6= j. − − − • Hệ vector → e 1, → e 2 , ..., → e n của không gian vector Euclid E được gọi là một hệ trực chuẩn nếu nó là hệ trực giao và độ dài mỗi vector bằng 1. Tính chất. (1) Mỗi hệ trực giao không chứa vector không đều là hệ độc lập tuyến tính. − − → − (2) Nếuhệ vector → e 1, → e 2 , ..., e k là hệ trực giao và không chứa vector không thì → − − → − e1 → e1 ek hệ → , − , ..., → là hệ trực chuẩn. |− e 1 | |→ e 1| |− e k| (3) Mọi không gian vector Euclid hữu hạn chiều đều có cơ sở trực chuẩn. Tính chất (3) được chứng minh bằng phép trực giao hóa Gram-Schmidt: Trong − − − E cho hệ vector độc lập tuyến tính → α 1, → α 2 , ...→ α m . Khi đó hệ vector → − − β1=→ α1 → − − → − − (→ α 2, β 1) → → − β 2 = α2 − → − → − · β1 ( β 1, β 1) ... → − m−1 − X (→ − → − α m, β i) → → − β m = αm − → − → − · βi i=1 ( β i , β i ) − − là một hệ trực giao, độc lập tuyến tính trong E và không gian con sinh bởi → α 1 , ..., → αm → − → − − − trùng với không gian con sinh bởi β 1 , ..., β m . Phép chuyển từ hệ vector → α 1 , ..., → αm → − → − sang hệ vector β 1 , ..., β m như trên gọi là phép trực giao hóa Gram-Schmidt hệ vec− − tor → α 1 , ..., → α m. 1.2 1.2.1 Các đẳng thức vector và bất đẳng thức vector Các đẳng thức vector (1) Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi có một trong các đẳng thức vector −→ −→ • AB= k AC; 8 −→ −→ • AC= k AB; −→ −→ −−→ • OC= k OA + (1 − k)OB với O là điểm tùy ý và k 6= 0. −→ (2) Bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành khi và chỉ khi AB = −−→ −−→ −−→ DC hoặc AD = BC. −→ −−→ (3) Hai đường thẳng AB, CD song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi AB= k CD. −−→ −−→ (4) Điểm M chia đoạn AB theo tỷ số k 6= 1 được diễn tả là M A= k M B. −→ −→ −−→ (5) AM là trung tuyến của tam giác ABC khi và chỉ khi AB + AC= 2AM . −→ −−→ −→ → − (6) G là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi GA + GB + GC = 0 . −→ −−→ (7) AB.CD= 0 khi và chỉ khi AB ⊥ CD. −→ −→ −−→ (8) Quy tắc xen điểm: với mọi ba điểm A, B, C ta có AC = AB + BC hay là −→ −−→ −→ → − AB + BC + CA = 0 . Với n điểm A1 ,A2 , ..., An ta có −−−→ −−−→ −−−−−→ −−−→ → − A1 A2 + A2 A3 + ... + An−1 An + An A1 = 0 . 1.2.2 Các bất đẳng thức vector Dễ chứng minh được các bất đẳng thức sau: − − − − − − (9) → u .→ v ≤ |→ u |.|→ v |, dấu đẳng thức xảy ra ⇐⇒ → u ,→ v cùng hướng. − − − − − − (10) → u .→ v ≥ −|→ u |.|→ v |, dấu đẳng thức xảy ra ⇐⇒ → u ,→ v ngược hướng. − − − − − − (11) |→ u +→ v | ≤ |→ u | + |→ v |, dấu đẳng thức ⇐⇒ → u ,→ v cùng hướng. − − − − − − (12) |→ u −→ v | ≤ |→ u | + |→ v |, dấu đẳng thức ⇐⇒ → u ,→ v ngược hướng. − − − − − − − − − (13) |→ u +→ v +→ w | ≤ |→ u | + |→ v | + |→ w |, dấu đẳng thức xảy ra ⇐⇒ → u ,→ v ,→ w cùng hướng. 1.3 Tích vô hướng trong hình học phẳng Để sử dụng được tích vô hướng trong giải toán hình học ta cần biết một số kỹ thuật cơ bản sau: Kỹ thuật 1. Sử dụng các điều kiện trong Mục 1.2, chuyển ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ vector. 9 Kỹ thuật 2. "Bình phương vô hướng" một đẳng thức vector đã có hoặc sử dụng "đặc trưng của vector không". Kỹ thuật 3. Kết hợp với tọa độ vector để thực hiện tính toán. 1.3.1 Chứng minh hệ thức hình học và tính biểu thức Cách thức chứng minh • Khi phải chứng minh hệ thức chứa độ dài đoạn thẳng hoặc tích các độ dài đoạn thẳng, chúng ta có thể chuyển hệ thức trên về dạng chứa bình phương vô hướng của các vectơ tương ứng. • Để chứng minh đẳng thức vector, vế phải là vector không, ta có thể áp dụng tính chất đặc trưng của vector không. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1.3. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi a = BC, b = CA, c = AB và M là điểm bất kỳ. Chứng minh rằng 1 M A2 + M B 2 + M C 2 = 3M G2 + (a2 + b2 + c2 ). 3 Công thức trên gọi là công thức Leibnitz. Hình 1.1.Ví dụ 1.3 −−→ −−→ −→ Chứng minh. Ta có M A = M G + GA, bình phương hai vế ta được −−→2 −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ M A = (M G + GA)2 = M G2 + GA2 + 2M G.GA, 10 −−→2 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ M B = (M G + GB)2 = M G2 + GB 2 + 2M G.GB, −−→2 −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ M C = (M G + GC)2 = M G2 + GC 2 + 2M G.GC. Suy ra −−→2 −−→2 −−→2 −−→ −→ −−→ −→ M A + M B + M C = 3M G2 + GA2 + GB 2 + GC 2 . −−→ −→ −−→ −→ +2M G.(GA + GB + GC) 4 = 3M G2 + (ma 2 + mb 2 + mc 2 ) 9 4 3 = M G2 + . (a2 + b2 + c2 ) 9 4 1 = 3M G2 + (a2 + b2 + c2 ). 3 1 Vậy M A2 +M B 2 +M C 2 = 3M G2 + (a2 + b2 + c2 ). 3 Ví dụ 1.4. Cho tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Với điểm M thuộc cạnh AB. Chứng minh rằng c2 .CM 2 = a2 .AM 2 + b2 .BM 2 +(a2 + b2 −c2 ).AM .BM . Hình 1.2.Ví dụ 1.4 −−→ −→ −−→ Chứng minh. Trước hết ta phân tích vector CM theo hai vector CA và CB. Giả sử CA m = . Ta có CB n AC m = AC + CB m+n ta suy ra −→ AC = m −→ AB. m+n 11 Bằng cách phân tích −−→ −−→ M C−M A = suy ra −−→ MC = m −−→ −−→ (M B−M A) m+n n −−→ m −−→ MA + M B. m+n m+n Từ đó thu được −−→ M B −→ M A −−→ CA + CB. CM = AB AB Bình phương vô hướng ta có −−→ −→ AB 2 .CM 2 = M A2 CB 2 + M B 2 CA2 + 2M A.M B.CB.CA = M A2 CB 2 + M B 2 CA2 + M A.M B.(a2 + b2 − c2 ). Cuối cùng, c2 .CM 2 = a2 .M A2 + b2 .M B 2 + M A.M B.(a2 + b2 − c2 ). Từ công thức này ta có thể tính được độ dài của một số đường theo ba cạnh tam giác, chẳng hạn đường trung tuyến: Khi M là trung điểm AB thì c2 .mc 2 = a2 . c2 c2 c2 + b2 . + .(a2 + b2 − c2 ). 4 4 4 Suy ra  1 2 2(a + b2 ) − c2 . 4 Đây là công thức trung tuyến trong tam giác ABC. mc 2 = Ví dụ 1.5 (Olympic Bulgaria, vòng 3, năm 1997 (xem [9])). Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Gọi F là giao của hai đường chéo AC, BD và E là giao của hai đường thẳng AD, BC. Giả sử M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng   MN 1  AB CD  = . − . EF 2 CD AB  Chứng minh. Đặt ∠AEB = γ, EC = c, ED = d, − → 1− → − i = .EC, c 1 −−→ → − j = .ED. d −→ AB AE BE → − Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên = = = k. Suy ra EA= kc j và CD CE DE −−→ → − EB= kd i . Vì F ∈ AC và F ∈ BD nên tồn tại các số x, y thỏa mãn ( −→ −→ − − → → − → − EF = xEA + (1 − x)EC = xkc j + (1 − x)c i , −→ −−→ −−→ → − → − EF = y EB + (1 − y)ED = ykd i + (1 − y)d j . 12 Hình 1.3.Ví dụ 1.5 → − → − So sánh các hệ số của i và j từ các đẳng thức trên ta được và xkc = (1 − y)d Từ đó suy ra x = ykd = (1 − x)c. kd − c . Vậy (k 2 −1)c −→ EF = k → − → − [(kd − c) j +(kc − d) i ], k 2 −1 suy ra EF 2 = ( k k 2 −1 2 2 2 ) [(kd − c) +(kc − d) +2(kd − c)(kc − d)cosγ]. Mặt khác ta có − → −−→ −−→ 1 −−→ −−→ 1 −−→ −→ − M N = (AD + BC) = (ED − EA + EC − EB) 2 2 1 → − → − = [(d − kc) j + (c − kd) i ] 2 Suy ra 1 M N 2 = [(d − kc)2 + (c − kd)2 + 2(d − kc)(c − kd) cos γ]. 4 Như vậy ta có  2  2 MN2 1 k2 − 1 1 1 = . = k− . EF 2 4 k 4 k Suy ra   MN 1  AB CD  = . − . EF 2 CD AB  13 Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.6. Cho tam giác ABC không vuông, H là trực tâm. Chứng minh rằng a −−→ b −−→ c −−→ → − HA + HB + HC = 0 cos A cos B cos C Chứng minh. Đặt b −−→ c −−→ a −−→ HA + HB + HC. cos A cos B cos C −−→ − Ta chọn phương án tính tích vô hướng của → µ và HA. Ta có → − µ = −−→ → − µ .HA = HA −−→ −−→ a b HA + HB cos(HB, HA) cos A cos B ! −−→ −−→ c + HC cos(HC, HA) cos C = HA.2R.k(sin A − sin B cos C − sin C cos B) = HA.2R.k(sin A − sin(B + C)) = 0, với k= HA HB HC = = . cos A cos B cos C −−→ − Tương tự ta cũng có → µ .HB = 0. Ba điểm H, B, A không thẳng hàng khẳng định → − → − µ = 0 . Ta có điều phải chứng minh. −−→ − −→ − Cũng có thể dùng phương án tính → µ .BC, → µ .AC để chứng minh. Ví dụ 1.7. Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm là O. Chứng minh rằng −→ −−→ −→ −−→ −−→ → − OA + OB + OC + OD + OE = 0 . −→ −−→ −→ −−→ −−→ − Ý tưởng chứng minh. Đặt → µ = OA + OB + OC + OD + OE. Tư tưởng chính của kỹ thuật sử dụng "đặc trưng của vector không". Có thể theo các phương án sau: −−→ −→ − − • → µ .BC = 0; → µ .AB = 0. −→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ − • mOA = OB + OE; k OA = OC + OD =⇒ → µ = (1 + m + k)OA. Tương −−→ → − − − tự, → µ = (1 + m + k)OB. Từ đó suy ra: → µ = 0. 14 −→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ − − • OA + OB = k OD với k < 0, ..., OE + OA = k OC, cộng lại có 2→ µ = k→ µ → − → − với k < 0. Suy ra µ = 0 . • Xét phép quay tâm O, góc quay α = 2π . Ta có 5 QO α (ABCDE)= BCDEA, → − → − → − như thế QO α ( µ ) = µ . Suy ra µ có hai hướng phân biệt. Ví dụ sau minh họa dùng tích vô hướng tính biểu thức hình học. Ví dụ 1.8 (Đề thi Olympic Toán Quốc tế, 1968 (xem [9])). Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, CA = b. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính Σ = a.IA2 + b.IB 2 + c.IC 2 theo a, b, c. Lời giải. Bài toán có nhiều lời giải tuy nhiên sử dụng "bình phương vô hướng" có lẽ −→ − → −→ là cách giải ngắn gọn nhất. Bằng cách phân tích vector IC theo các vector IA, IB − → −→ −→ → − và dùng tính chất đường phân giác ta có aIA+bIB+cIC = 0 (có thể chứng minh theo kỹ thuật dùng "đặc trưng vector không" ở trên). Bình phương vô hướng 2 vế ta − → −→ −→ được: (aIA+bIB+cIC)2 = 0. Điều này tương đương với − → −→ −→ −→ −→ − → a2 IA2 + b2 IB 2 + c2 IC 2 + 2abIA.IB + 2abIB.IC + 2abIC.IA = 0. Suy ra (a + b + c)(a.IA2 +b.IB 2 +c.IC 2 ) − abc(a + b + c) = 0. Như vậy Σ = a.IA2 + b.IB 2 + c.IC 2 = abc. Nhận xét. Theo kết quả trên ta có 2 2 2 Σ = a.IA q +b.IB +c.IC = abc ⇒ abc ≥ 3 3 abc(IA.IB.IC) 3 2 2 ⇒ (abc) ≥ 27abc(IA.IB.IC) √ ⇒ abc ≥ 3 3IA.IB.IC. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc a.IA2 = b.IB 2 = c.IC 2 = ⇐⇒ 3 hay ∆ABC là tam giác đều.  bc ac ab IA2 = ; IB 2 = ; IC 2 = 3 3 3  15 1.3.2 Chứng minh bất đẳng thức hình học Cách thức chứng minh • Sử dụng quy tắc ba điểm và bất đẳng thức trong tam giác. • Sử dụng các bất đẳng thức dạng vector (xem trong Mục 1.2). • Vẫn dùng kỹ thuật "chuyển đoạn thẳng thành vector" và kỹ thuật "bình phương vô hướng". Các ví dụ minh họa Ví dụ 1.9. Cho tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng với mọi điểm H trên mặt phẳng ta đều có a.HA2 +b.HB 2 +c.HC 2 ≥ abc. Chứng minh. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có thể viết −−→ −−→ −−→ aHA2 +bHB 2 +cHC 2 = a.HA2 +b.HB 2 +c.HC 2 −→ − →2 −→ −→ 2 −→ −→ 2 = a.(HI + IA) +b.(HI + IB) +c.(HI + IC) = (a + b + c)HI 2 +(aIA2 +bIB 2 +cIC 2 ) − → −→ −→ → − (do IA+bIB+cIC = 0 ). Vì (a + b + c)HI 2 ≥ 0 nên suy ra aHA2 +bHB 2 +cHC 2 ≥ aIA2 +bIB 2 +cIC 2 . Mặt khác,vì aIA2 +bIB 2 +cIC 2 = abc ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi H trùng I. Ví dụ 1.10 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4, TPHCM, lần 7 (xem [10])). Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng x2 + y 2 + z 2 > 2xy. cos C + 2yz cos A + 2zx cos B. Chứng minh. Gọi (I, r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm là M , N , P lần lượt trên BC, CA, AB. Khi đó  −−→ −→ −→2 xIM + y IN + z IP > 0 16 Hình 1.4.Ví dụ 1.10 −−→ −→ −→ − → − → −−→ ⇔ x IM + y IN + z IP + 2 xy IM .IN + yz IN .IP + zxIP .IM > 0 2 2 2 2 2 2  ⇔ r2 (x2 + y 2 + z 2 ) − 2r2 [xy cos C + yz cos A + zx cos B] > 0 ⇔ xy cos C + yz cos A + zx cos B 6 x2 + y 2 + z 2 . Ta có điều phải chứng minh. Chú ý. • Qua chứng minh trên dễ thấy bất đẳng thức trên còn đúng với mọi x, y, z ∈ R. • Nếu chọn x = y = z = 1 ta có 3 cos A + cos B + cos C 6 . 2 Dấu bằng xảy ra khi A = B = C = 60◦ (đây là một trong các bài toán trong kỳ thi vô địch Toán CHDC Đức, 1965, xem [9]). • Chọn y = z = 1, ta có bất đẳng thức mới 1 cos A + x(cos B + cos C) 6 1 + x2 . 2 Chú ý. • Khi chọn x = y = z = 1, ta có cos 2A + cos 2B + cos 2C > − 23 . • Khi chọn x = z = 1, y = −1 ta có cos 2A − cos 2B + cos 2C 6 32 . Đây là bất đẳng thức quen thuộc trong tam giác. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi − → −→ −→ → − → −→ −→ − x.IA + y.IB + z.IC = 0 . Tức là IA + IC = IB. Suy ra A = C = 30◦ và B = 120◦ .