Tài liệu Bài toán đẳng chu – bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp

Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ MỤC LỤC MỤC LỤC........................................................................................................ 1 LỜI NÓI ĐẦU ................................................................................................. 2 CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP...................................................................................... 3 1. Bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng ............................................. 3 1.1. Dạng phát biểu gốc.................................................................................... 3 1.2. Dạng phát biểu tương đương..................................................................... 3 1.3. Chứng minh sự tương đương của hai phát biểu trên................................. 4 2. Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng).................... 4 3. Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng . 5 3.1. Phép chứng minh sơ cấp của Steiner ........................................................ 5 3.2. Phép chứng minh cao cấp ........................................................................ 8 CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP..............................................................................................12 1. Các bài toán về diện tích lớn nhất.........................................................................12 1.1. Loại gốc .............................................................................................................12 1.2. Loại mở rộng......................................................................................................22 2. Các bài toán về chu vi nhỏ nhất............................................................................39 2.1 Loại gốc ..............................................................................................................39 2.2 Loại mở rộng.......................................................................................................43 PHẦN KẾT LUẬN ........................................................................................ 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO.............................................................................. 61 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 1 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ LỜI NÓI ĐẦU - - - \[ - - Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển mạnh mẽ. Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp được biết đến từ thời cổ đại nhưng mới chỉ được chứng minh tương đối chặt chẽ trong nửa đầu của thế kỷ XIX và được chứng minh hoàn toàn chặt chẽ bằng nhiều cách khác nhau trong thế kỷ XX. Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian sơ cấp có phép chứng minh khó và phức tạp hơn rất nhiều. Mục đích của khóa luận là giới thiệu một vài phép chứng minh đầy đủ về bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng cũng như trong không gian đồng thời tổng hợp một lớp bài toán đẳng chu phẳng và không gian. Tuy nhiên, vì thời gian không cho phép chúng tôi tự ý thu hẹp đề tài, chỉ trình bày một số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng. Vì vậy, khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP. Hy vọng trong thời gian tới khi có điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức độ nâng cao hơn trong không gian. Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1: Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Chương 2: Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp. Mặc dù đã rất cố gắng nhưng bản khóa luận có thể còn có sai sót, rất mong quý thầy cô và các bạn đồng môn vui lòng chỉ bảo. Để hoàn thành bản Khóa luận này, tôi đã được sự hướng dẫn nhiệt tình của Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, sự giúp đỡ và chỉ bảo về thủ tục của các Thầy cô trong Khoa Sư phạm nói chung và Bộ môn Toán nói riêng. Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô! Xin kính chúc quý thầy cô nhiều sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt! SV thực hiện: Lê Thanh Bình SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 2 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Chương I BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - Chương này giới thiệu bài toán và bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Đối với bài toán phẳng, chúng ta đưa ra chi tiết hai phép chứng minh, một chứng minh sơ cấp của Steiner ( mà còn chưa chặt chẽ) và một chứng minh cao cấp hoàn toàn chặt chẽ có sử dụng các kiến thức của giải tích nhiều biến và hình học vi phân cổ điển. 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG Bài toán đẳng chu được biết đến từ thời cổ đại. Bằng vẻ đẹp tự nhiên của mình, bài toán đẳng chu có một lịch sử vô cùng hấp dẫn (xem [1]). Công trình cốt yếu nhất giới thiệu được một chứng minh tương đối chặt chẽ cho bài toán đẳng chu được công bố năm 1841 bởi Jacob Steiner (1796-1863). Vào thời gian đó, bài toán đẳng chu là trung tâm của các cuộc tranh chấp giữa hai phương pháp: giải tích (tức là dùng các phép tính vi phân) và phương pháp tổng hợp của hình học thuần túy. Mặc dù thừa nhận giá trị của phương pháp giải tích, Steiner chỉ dùng phương pháp tổng hợp. Chứng minh của Steiner có một thiếu sót mà sau này được chỉnh lý lại bằng phương pháp giải tích. Để hiểu rõ hơn bản chất của bài toán đẳng chu, trước hết chúng ta phát biểu bài toán dưới hai dạng tương đương. 1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn có diện tích lớn nhất. 1.2. DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với diện tích đã cho, hình tròn có chu vi nhỏ nhất. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 3 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ 1.3. CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN Định lý 1 Hai phát biểu trên tương đương. Chứng minh Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc là A, phát biểu còn lại là B. • Giả sử A đúng. Ta cần chứng tỏ B cũng đúng. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng B sai. Khi đó, đối với hình tròn C đã cho, tồn tại một hình phẳng F có cùng diện tích với C nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của C. Ta co rút C về đường tròn C’ có cùng chu vi với F. Lúc đó diện tích của C’ nhỏ hơn diện tích của C, do đó cũng nhỏ hơn diện tích của F. Điều này mâu thuẫn với tính đúng của A. Mâu thuẫn này chứng tỏ B phải đúng. Tức là A kéo theo B. • Khẳng định ngược lại rằng B kéo theo A được lập luận tương tự. Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây. Nếu bất đẳng thức đẳng chu đã được chứng minh thì hệ quả hiển nhiên của nó là bài toán đẳng chu được giải quyết. Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu. 2. ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG) Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích bằng A (đvdt) và chu tuyến là một đường cong khép kín, C1 - từng khúc với chiều dài bằng hằng số L (đvđd). Khi đó ta có 4ΠA ≤ L2 . Dấu “=” xảy ra khi C là hình tròn. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 4 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ 3. VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG 3.1. PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER 3.1.1. Bao lồi và lý do tại sao bất đẳng thức đẳng chu chỉ cần phải chứng minh trong trường hợp miền lồi Bao lồi của miền Ω , ký hiệu là Ω , được định nghĩa là tập lồi nhỏ nhất chứa Ω . Do đó Ω = ∩{K / K là miền lồi phẳng chứa Ω }. Nếu Ω lồi thì Ω =Ω. Giả sử miền Ω không lồi, ta có thể xây dựng một miền lồi chứa Ω mà diện tích lớn hơn nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của Ω . Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đẳng chu đối với các miền lồi. Điều này được biện minh bởi bổ đề dưới đây. Ω Ω 3.1.2. Bổ đề 1 Cho Ω là hình phẳng đóng, bị chặn được bao quanh bởi đường cong khép kín C1 - từng khúc với bao lồi là Ω . Khi đó ta luôn có: ( ) (ii ) L ( ∂ ( Ω ) ) ≤ L ( ∂ ( Ω ) ) S Ω ≥ S (Ω) (i ) Nếu Ω không lồi, các bất đẳng thức trên là nghiêm ngặt. Chứng minh Đặt K = Ω . K phải chứa mọi điểm của Ω và chứa những đoạn thẳng nối hai điểm phân biệt bất kỳ của Ω . Tập các điểm trong của K không thuộc Ω được phân hoạch thành các thành phần liên thông Oi rời nhau: int( K ) − Ω = U O . Nếu Ω lồi, U O i SVTH: Lê Thanh Bình i i i là tập rỗng. Mỗi điểm X ∈ ∂K có Trang: 5 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ thể thuộc ∂Ω hoặc không. Nếu X ∉∂Ω , áp dụng định lý Caratheodory, X là một điểm nằm trên đường thẳng d ⊂ 2 sao cho K nằm về một phía của d và tồn tại các điểm Yi , Z i ∈ ∂Ω ∩ d để X nằm giữa Yi , Z i . Ω Γi Oi Λi Yi Zi d Giả sử Oi là miền giữa d và Ω .Vì X ∉∂Ω nên Oi chứa một phần hình tròn lân cận của X (có diện tích dương). Do đó ta có: S ( K ) = S ( Ω ) + ∑ i S ( Oi ) > S ( Ω ) . Bây giờ ta cắt biên Ω thành hai phần tại Yi , Z i . Đặt Γi là phần của ∂Ω từ Yi đến Z i dọc ∂Oi . Đặt Λ i = ∂Oi − Γi là đoạn thẳng từ Yi đến Z i . Khi đó L ( Λi ) < L ( Γi ) . Mặt khác K = Ω ∪ (U O ) . Suy ra i i L ( ∂K ) = L ( ∂Ω ) + ∑ i ( L ( Λ i ) − L ( Γi ) ) ≤ L ( ∂Ω ) . 3.1.3. Bổ đề 2 Trong tất cả các tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a và b, tam giác vuông có diện tích lớn nhất. Chứng minh Giả sử tam giác ABC có độ dài hai cạnh BC = a, AC = b và diện tích bằng S. Khi đó ta có: 1 1 S = ab sin C ≤ ab . 2 2 ⎛ ⎝ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ( sin C = 1) ⇔ ⎜ C = π⎞ ⎟ . Tức là S lớn 2⎠ nhất khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại C. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 6 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khoá luận tốt nghiệp 3.1.4. Bổ đề 3 Nếu hình phẳng đóng, bị chặn và lồi A bị chia bởi một dây cung nào đó (tức là một đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên của A ) thành 2 phần có cùng chu vi nhưng diện tích khác nhau thì tồn tại hình A1 có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. A' P Q A'1 A" Chứng minh Giả sử PQ là một dây cung chia hình phẳng A thành hai phần A’, A’’ có cùng chu vi nhưng diện tích của A’ lớn hơn diện tích của A’’. Gọi A1' là hình đối xứng của A’ qua đường thẳng PQ. Khi đó hình A1 = A’ ∪ A1' có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. 3.1.5. Định lý 2 Cho C là hình phẳng, đóng, bị chặn và lồi trong mặt phẳng. Nếu C không là hình tròn thì tồn tại hình C’ có cùng chu vi như C nhưng diện tích lớn hơn. Nói cách khác, hình tròn có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình phẳng có cùng chu vi. Chứng minh của Steiner Lấy P,Q là hai điểm biên của C mà nó chia C thành hai hình có chu vi bằng nhau. Vì C không là đường tròn nên tồn tại V ∈ C sao cho PVQ ≠ 900 . Gọi B1 , B2 là hai hình giới hạn bởi C và hai dây cung PV và QV. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 7 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khoá luận tốt nghiệp V B1 V’ B2 B1 Q P P’ B2 Q’ Vì tam giác PVQ không vuông nên theo bổ đề 2, tồn tại tam giác vuông P’V’Q’ có PV = P 'V ', QV = Q 'V ' nhưng diện tích lớn hơn. Ta thấy diện tích hình S tạo bởi tam giác P’V’Q’ và hình B1 , B2 lớn hơn diện tích của tập hợp gồm B1 , B2 và PVQ. Suy ra diện tích của hình phẳng C’ gồm hợp của S và ảnh đối xứng S’ của nó qua P’Q’ sẽ lớn hơn diện tích của C nhưng có cùng chu vi với C. Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng chu đúng. 3.1.6. Nhận xét Trên đây là cách chứng minh của Steiner được công bố vào năm 1841. Cách chứng minh này hoàn toàn sơ cấp và dễ hiểu. Tuy nhiên nhược điểm cơ bản của nó là đã thừa nhận một điều không hề hiển nhiên rằng bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng có lời giải để từ đó suy ra lời giải là đường tròn. Nói cách khác Steiner mới chỉ chứng minh được rằng: nếu trong các hình phẳng có cùng chu vi tồn tại hình có diện tích lớn nhất thì hình đó phải là hình tròn. Để chứng minh của Steiner trở nên chặt chẽ, ta cần phải chứng minh sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi. 3.2. PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP 3.2.1. Bổ đề 4 Cho A là diện tích của miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến là đường cong khép kín C đơn, C1 – từng khúc định hướng dương (tức là ngược chiều kim đồng hồ) xác định bởi phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t∈ [a, b]. Khi đó ta có b b a a A = − ∫ y ( t ).x ' ( t ) dt = ∫ x ( t ) . y ' ( t ) dt = 1 b ( x. y '− y.x') dt (*) 2 ∫a Chứng minh SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 8 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Ta có ∫ b a x(t ) y '(t )dt = ∫ odx + xdy = ∫∫ (1 − 0)dxdy ( theo công thức Green ) ( D) C = ∫∫ dxdy = A . ( D) Tương tự ta cũng có b − ∫ y (t ).x '(t )dt = − ∫ ydx + 0dy = ∫∫ dxdy = A . a C ( D) 1 b 1 x(t ) y '(t ) − y (t ) x '(t ) ) dt = ∫ ( − ydx + xdy ) = ∫∫ dxdy = A . ( ∫ 2 a 2C ( D) 3.2.2. Định lý 3 Cho C là một đường cong phẳng khép kín, đơn, C1- từng khúc với chiều dài là L; A là diện tích miền phẳng đơn liên giới hạn bởi C. Khi đó ta có 4ΠA ≤ L2 . Chứng minh Lấy E và E’ là hai đường thẳng song song theo phương thẳng đứng không cắt C. Tịnh tiến chúng theo phương thẳng đứng cho đến khi cả hai tiếp xúc C ta nhận được hai tiếp tuyến ∆ và ∆’ của C song song song với nhau. Khi đó C thuộc dải song song giới hạn bởi ∆ và ∆’. Gọi S 1 là đường tròn nhận ∆ và ∆’ là hai tiếp tuyến và không cắt C và O là tâm đường tròn S 1 . Dựng một hệ trục toạ độ Đề các vuông góc gốc O có trục hoành vuông góc với ∆ và ∆’. Tham số hoá đường cong C bởi độ dài cung α (s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] sao cho C được định hướng dương, còn ∆ và ∆’ tiếp xúc với C lần lượt tại s = 0 và s = s1 . SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 9 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ ∆ ∆’ C E’ E s=0 s = s1 y α 2r S1 α x O Giả sử phương trình tham số của S 1 là: ( ) α ( s ) = x( s ); y ( s ) = ( x(s); y(s) ); s ∈ [ 0, L ] , Gọi 2r là khoảng cách giữa ∆ và ∆’, do đó đương nhiên 2r là đường kính của đường tròn S 1 ; A là diện tích của S 1 . Theo bổ đề 4, ta có : L A = ∫ xy ' ds ; 0 SVTH: Lê Thanh Bình L A = π r 2 = − ∫ yx ' ds . 0 Trang: 10 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxki với chú ý ( x ' ) + ( y ') = (α '( s ) ) = 1, ta có 2 A + π r2 = ∫ L 0 ≤∫ 2 2 ( xy '− yx ') ds ≤ ∫ ( xy '− yx ') ds 2 L ( L 0 0 x2 + y 2 ) ( ( x ') 2 ) + ( y ') ds = ∫ 2 L 2 2 x + y ds = Lr. 0 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương A và π r 2 , ta có: A.π r 2 ≤ 1 1 A + π r 2 ) ≤ Lr ⇔ 4π A ≤ L2 . ( 2 2 Giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó ta phải có: ⎧ A = π r2; ⎪ ⎪ ⎨x y ⎪ = =± ⎪⎩ y ' x ' ( ) x2 + y ( y ') 2 2 + ( x ') 2 = ± r. . Nói riêng, x = ± ry’. Vì r không phụ thuộc vào việc chọn hướng ∆, ta có thể đổi vai trò x, y trong hệ thức cuối cùng để được y = ± rx’. Do đó x2 + y 2 = r 2 ( ( x ') 2 ) + ( y ') = r 2 . 2 Suy ra C là đường tròn. Nói cách khác, nếu 4π A = L2 thì C là đường tròn. 3.2.3. Nhận xét • Chứng minh này hoàn toàn chặt chẽ vì không còn dựa vào sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi nữa. • Ngoài phép chứng minh trên, còn một vài phép chứng minh khác như chứng minh của Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger), chứng minh của Minkowski (dùng bất đẳng thức Steiner và bất đẳng thức Brunn ), chứng minh của Hadwiger. Vì khuôn khổ của bản luận văn có hạn nên chúng tôi không giới thiệu các chứng minh đó ở đây. Độc giả nào quan tâm xin tham khảo tài liệu [1]. Chỉ xin nhấn mạnh lại rằng, việc có rất nhiều nhà Toán học từ cổ chí kim quan tâm đến bài toán và bất đẳng thức đẳng chu đã chứng tỏ rằng bài toán đẳng chu có một lịch sử hấp dẫn biết nhường nào. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 11 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Chương II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - Chương này sẽ hệ thống lại các bài toán đẳng chu cơ bản trong hình học phẳng sơ cấp. Ở đây, chúng tôi phân biệt hai loại: bài toán đẳng chu gốc và mở rộng. Các bài toán đẳng chu loại gốc bao gồm: - Có yếu tố hằng về chu vi ; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích. - Có yếu tố hằng về diện tích; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi. Các bài toán đẳng chu loại mở rộng bao gồm: - Có chu vi không lớn hơn L0; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích. - Có diện tích không nhỏ hơn A0; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi. Lớp các bài toán đẳng chu mở rộng phong phú hơn và không kém phần hấp dẫn so với bài toán đẳng chu gốc. 1.CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH LỚN NHẤT 1.1 LOẠI GỐC Bài toán 1: Trong tất cả các tam giác với chu vi đã cho, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Giải Xét tam giác bất kì ABC với độ dài các cạnh là a , b , c và chu vi 2 p = a + b + c (cho trước). Theo công thức Heron: S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p − a , p − b , p − c : SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 12 Khoá luận tốt nghiệp 3 ( p − a )( p − b )( p − c ) GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ ≤ ( p − a )( p − b )( p − c ) ⇒ ( p − a ) + ( p − b) + ( p − c) 3 ≤ p3 27 p2 3 9 p ( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ ⇒ ⇒ = p 3 p ( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ ⇒ S ≤ p2 3 9 p4 27 (3.1) Đẳng thức xảy ra trong (3.1) khi và chỉ khi : p−a = p−b = p−c ⇔ a = b = c p2 3 ; đạt được khi và chỉ khi ∆ABC đều. 9 Vậy max( S ) = Kết luận: Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p thì tam giác đều cạnh 2p có diện tích lớn nhất. 3 Bài toán 2: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Xét hình chữ nhật bất kỳ ABCD với hai kích thước x, y và chu vi 2a (cho trước); suy ra 2a = 2 ( x + y ) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x, y ta có: 2 a2 ⎛ x+ y⎞ xy ≤ ⎜ ⎟ = 4 ⎝ 2 ⎠ ⇒ S ≤ a2 4 (3.2) Đẳng thức xảy ra trong (3.2) khi và chỉ khi : x = y = a 2 Vậy max( S ) = ⇔ ABCD là hình vuông. a2 ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. 4 Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 3: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài 2 cạnh là x , y ( x > 0, y > 0 ) và chu vi 2 p = 2 ( x + y ) (cho trước). Gọi α là góc giữa 2 cạnh hình bình hành. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 13 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khi đó diện tích S = xy.sin α ≤ xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: x+ y 2 xy ≤ ⇔ ⎛ x+ y⎞ xy ≤ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⇔ xy.sin α ≤ 2 2 p2 ⎛ p⎞ = ⎜ ⎟ = 4 ⎝2⎠ p2 p2 sin α ≤ 4 4 ⇔ S ≤ p2 4 (3.3) Đẳng thức xảy ra trong (3.3) khi và chỉ khi: ⎧sin α = 1 ⎪ ⎨ p ⎪⎩ x = y = 2 Vậy max( S ) = ⇔ ⎧α = 900 ⎪ ⎨ p ⎪x = y = 2 ⎩ ⇔ ABCD là hình vuông p2 ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. 4 Kết luận: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 4: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải B E A F H I D G C Hình 3.1 Bổ đề: Cho tứ giác lồi ABCD có E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Ta luôn có: 1 ( AB + CD ) 2 1 EG ≤ ( BC + AD ) 2 a. FH ≤ b. S ABCD ≤ 1 ( AB + CD )( BC + AD ) 4 SVTH: Lê Thanh Bình (3.4) (3.5) (3.6) Trang: 14 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khoá luận tốt nghiệp Chứng minh a. Gọi I là trung điểm AC, ta có: FH ≤ IF + IH = AB + CD 2 ⇒ FH ≤ 1 ( AB + CD ) 2 ⇒ (3.4) được chứng minh, còn (3.5) được chứng minh tương tự. b. Dễ thấy: SBEF = 1 1 1 1 S BAC , S DHG = S DAC , SCFG = SCBD , S AHE = S ADB 4 4 4 4 ⇒ S ABCD = SBEF + SDHG + SCFG + SAHE + SEFGH ⇒ S ABCD = 1 1 ( SBAC + SDAC ) + ( SCBD + SADB ) + SEFGH 4 4 ⇒ SABCD = 2 SEFGH ≤ FH .EG ≤ ⇒ SABCD ≤ ⇒ 1 1 ( AB + CD ) . ( BC + AD ) 2 2 1 ( AB + CD )( BC + AD ) 4 (3.6) được chứng minh. Áp dụng: Ta xét 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: ABCD là tứ giác lồi, có chu vi p. Theo (3.6) ta có : S ABCD 1 1 ⎡ ( AB + CD ) + ( BC + AD ) ⎤ ≤ ( AB + CD )( BC + AD ) ≤ ⎢ ⎥ 4 4⎣ 2 ⎦ ⇒ S ABCD ≤ 1 ⎡ AB + CD + BC + AD ⎤ ⎥⎦ 4 ⎢⎣ 2 2 ⇒ S ABCD ≤ 2 p2 16 (3.7) Đẳng thức xảy ra trong (3.7) khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Vậy max ( SABCD ) = p2 ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. 16 Trường hợp 2: ABCD không lồi, có chu vi p. Ta có thể thiết lập một tứ giác lồi A’B’C’D’ cũng có chu vi bằng p, đồng thời S A'B'C'D' > SABCD bằng cách lấy đối xứng đỉnh lõm của tứ giác ABCD qua đường chéo tương ứng. Theo kết quả của trường hợp 1 thì: S A'B'C'D' ≤ p2 16 ⇒ S ABCD < p2 16 Trong cả hai trường hợp ta thấy với mọi tứ giác phẳng có cùng chu vi p ta đều p2 có S ≤ ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác đó là hình vuông. 16 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 15 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Kết luận: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 5: (Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9,TP.HCM 1991-1992) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a. Trên hai cạnh AB, AD lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho chu vi tam giác AMN là 2a. Tìm vị trí của M, N để diện tích tam giác AMN là lớn nhất. Giải x A M B y N D C Hình 3.2 Đặt x = AM, y = AN, x > 0 , y > 0 . Tam giác AMN vuông tại A, theo định lí Pithagore : MN 2 = AM 2 + AN 2 ⇒ MN = x2 + y 2 Ta có: pAMN = AM + AN + MN = x + y + x2 + y 2 ≥ Và x + y ≥ 2 xy , Do đó: 2a = x + y + ⎛ 2a ⎞ ⇒ xy ≤ ⎜ ⎟ ⎝ 2+ 2 ⎠ ⇒ S AMN ≤ 2 xy x 2 + y 2 ≥ 2 xy + 2 x 2 + y 2 = 2a (không đổi) 2 xy 2 ⇒ (3 − 2 2 ) a 2 1 1 ⎛ 2a ⎞ a2 xy ≤ ⎜ = = 2 2 ⎝ 2 + 2 ⎟⎠ 3+ 2 2 (3 − 2 2 ) a (không đổi) 2 (3.8) ( ) Đẳng thức xảy ra trong (3.8) khi và chỉ khi: x = y = 2 − 2 a ( ) Vậy max (S ) = 3 − 2 2 a 2 ; đạt được khi và chỉ khi ∆AMN vuông cân tại A. Kết luận: Trong tất cả các tam giác vuông có chu vi 2a cho trước, tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2 2 − 1 a và cạnh bên bằng 2 − 2 a là ( ) ( ) tam giác có diện tích lớn nhất. Bài toán 6: Trong tất cả các tam giác với chu vi 2p (cho trước) và độ dài một cạnh bằng a ( cho trước), hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 16 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Giải Gọi x là độ dài của một trong hai cạnh còn lại của tam giác (ngoài cạnh a). Suy ra độ dài cạnh thứ ba bằng 2 p − a − x . Theo công thức Heron diện tích của tam giác là: S = p ( p − a )( p − x ) ⎡⎣ p − ( 2 p − a − x ) ⎤⎦ = ( p − x )( a − p + x ) . p ( p − a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm p − x và a − p + x ta có: ( p − x )( a − p + x ) ⇒ ≤ ( p − x) + (a − p + x) 2 p ( p − a )( p − x )( a − p + x ) ≤ a 2 = a 2 p ( p − a) ⇒ S ≤ a 2 p ( p − a) (3.9) Đẳng thức xảy ra trong (3.9) khi và chỉ khi: p−x = a− p+x Vậy max( S ) = a 2 ⇔ x = p− a 2 p ( p − a ) ; đạt được khi và chỉ khi tam giác trở thành tam a 2 a 2 giác cân có 3 cạnh lần lượt là a, p − , p − . Kết luận: Tam giác cân có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng p − a thỏa 2 mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 7: Trong tất cả các hình bình hành có cùng chu vi và một góc nhọn α cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Gọi x , y (x > 0, y > 0) lần lượt là độ dài của 2 cạnh hình bình hành ABCD. Khi đó chu vi của hình bình hành là 2 p = 2 ( x + y ) (cho trước) và diện tích là S = xy.sin α (α cho trước). Diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi xy đạt giá trị lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: xy ≤ x+ y 1 2 ⇒ xy ≤ ( x + y ) 4 2 ⇒ xy.sin α ≤ 1 1 2 ( x + y ) sin α = p 2 .sin α ⇒ 4 4 S ≤ Đẳng thức xảy ra trong (3.10) khi và chỉ khi x = y = SVTH: Lê Thanh Bình 1 2 p .sin α . 4 (3.10) p 2 Trang: 17 Khoá luận tốt nghiệp Vậy max( S ) = GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ 1 2 p .sin α ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. 4 p và có một góc nhọn bằng α thỏa mãn yêu cầu 2 Kết luận: Hình thoi cạnh bài toán. Bài toán 8: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi 2p (cho trước) và chiều dài của một đường chéo bằng a cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải x A B a y C D Hình 3.3 Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài đường chéo AC là a và chu vi 2p (cho trước). Khi đó SABCD = 2SABC Do đó SABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi SABC đạt giá trị lớn nhất. • Tìm giá trị lớn nhất của SABC Gọi x là độ dài một trong hai cạnh của hình bình hành ABCD. Giả sử AB = x Khi đó BC = p − x và pABC = AB + BC + CA = x + ( p − x ) + a = p + a (không đổi) Bài toán trở thành tìm ∆ABC có diện tích lớn nhất trong tất cả các tam giác với chu vi p+a (cho trước) và độ dài cạnh AC là a cho trước. Theo kết quả bài toán 6 ta được tam giác có diện tích lớn nhất là tam giác cân tại B nghĩa là S ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. Kết luận: Hình thoi cạnh p và có chiều dài của một đường chéo bằng a 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 9: Chứng minh rằng trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước, tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất. Giải Giả sử tứ giác lồi MNPQ có ∠ M = α , ∠ N = β , ∠ P = γ , ∠ Q = λ và pMNPQ = 2 P0 ( α , β , γ , λ , P0 cho trước). SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 18 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Xét tứ giác lồi ABCD đồng dạng với tứ giác lồi MNPQ, ta có: SMNPQ ( pMNPQ ) 2 S ABCD = ( pABCD ) (3.11) 2 Có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: ABCD là hình bình hành với ∠ A = α , AB = a, AD = b. B C a α b A D Hình 3.4 S ABCD Ta có: ⇒ ( pABCD ) S MNPQ (p MNPQ ) 2 2 ≤ = ab. sin α 16 2 sin α 4 (a + b) ⇒ sin α 1 ⎛ a+b⎞ ≤ ⎜ = sin α ⎟ . 2 16 ⎝ 2 ⎠ 4 (a + b) 2 S MNPQ ≤ P0 2 .sin α 4 (3.12) Dấu bằng xảy ra trong (3.12) khi và chỉ khi: a=b ⇔ ABCD là hình thoi ⇔ MNPQ là hình thoi (hình thoi là tứ giác ngoại tiếp). Trường hợp 2: ABCD không là hình bình hành. E B' B A K C' β/2 γ/2 H r r I r α λ C D Hình 3.5 Không mất tính tổng quát, ta giả sử các tia AB và CD cắt nhau tại E. Kẻ đường thẳng B ' C ' // BC sao cho B ' C ' tiếp xúc đường tròn ( O , r ) nội tiếp ∆AED ( B’ và C’ lần lượt nằm trên các cạnh AE và DE). Dễ thấy: S EB'C' = SEB'OC' − SOB'C' = SOB'E + SOC'E − SOB'C' = SVTH: Lê Thanh Bình 1 ( EB '+ EC '− B ' C ') r 2 Trang: 19 Khoá luận tốt nghiệp S EB'C' = qr ( với q = EB EB ' Đặt k = GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ 1 ( EB '+ EC '− B ' C ') ) 2 ⇒ S EBC = k 2 .S EB'C' Gọi 2p là chu vi ∆AED (3.13) ⇒ S EBC = k 2 qr ⇒ S AED = pr ; (3.14) ⇒ SABCD = SAED − SEBC = pr − k 2 qr Ngoài ra: pABCD = pAED − EB − EC + BC = 2 p − ( EB + EC − BC ) EB + EC − BC 2q ⇒ k= EB EC BC EB + EC − BC = = = EB ' EC ' B 'C ' EB '+ EC '− B ' C ' ⇒ k= Ta lại có: B ' C ' // BC (3.15) ⇒ EB + EC − BC = 2kq (3.16) Từ (3.15), (3.16) suy ra pABCD = 2 p − 2kq = 2 ( p − kq ) ⇒ SABCD ( pABCD ) 2 = pr − k 2 qr 4 ( p − kq ) SAB'C'D Tương tự: ( pAB'C'D ) 2 (3.17) 2 pr − qr = 4( p − q) pr − k 2 qr Ta chứng minh thêm: 4 ( p − kq ) 2 ≤ 2 ( ứng với k = 1) (3.18) pr − qr 4( p − q) (3.19) 2 Dễ thấy các bất đẳng thức sau là tương đương: ( p − k q) 2 ⇔ (3.19) ( p − kq ) ⇔ ( p − k q)( p − q) ⇔ (k 2 2 2 ≤ − 2k + 1) ≥ 0 1 p−q ≤ ( p − kq ) ⇔ ( vì p > q ⇒ p − q > 0 ) 2 ( k − 1) 2 ≥ 0 (đúng). Vậy (3.19) được chứng minh. Dấu bằng xảy ra trong (3.19) khi và chỉ khi k = 1. Từ (3.17), (3.18), (3.19) ta có: ⇒ S MNPQ 4 P0 2 ≤ r 4( p − q) SVTH: Lê Thanh Bình ⇒ S ABCD ( pABCD ) 2 S MNPQ ≤ P0 2 ≤ S AB'C'D ( pAB'C'D ) r ( p − q) 2 = r 4( p − q) (3.20) Trang: 20