BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG

doc
Số trang BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG 17 Cỡ tệp BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG 284 KB Lượt tải BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG 0 Lượt đọc BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG 3
Đánh giá BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG
4 ( 3 lượt)
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
Chủ đề liên quan

Nội dung

BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HÊ-RÔNG Thuở còn là học sinh phổ thông, tôi rất thích môn hình học. Những bài toán hình học hay luôn tạo cho tôi niềm say mê và hứng khởi trong học tập. Trong những bài toán này, có một bài rất đơn giản nhưng đặc biệt sâu sắc, lời giải của nó là sự khởi đầu cho cả một ý tưởng lớn. Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc bài toán đó và toàn bộ sự phát triển tiếp theo của nó. Bài toán 1 : Cho đường thẳng Δ và hai điểm A, B nằm về một phía của Δ. Hãy tìm trên Δ điểm M sao cho tổng (MA + MB) nhỏ nhất. Bài toán 1 (BT1) là một bài toán quang học. Người đầu tiên đặt ra và giải quyết nó chính là nhà toán học cổ Hê Rông, người Ai Cập, sống vào thế kỉ thứ nhất trước Công nguyên, tác giả của công thức tính diện tích tam giác theo độ dài ba cạnh của nó ( S  p(p  a)(p  b)(p  c) ). Hê Rông đã giải BT1 thật đẹp đẽ và mẫu mực: Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua Δ (hình1). Vì A, B nằm về một phía của Δ nên A’, B nằm về hai phía của Δ. Vậy đoạn A’B và Δ cắt nhau. Đặt M0 là giao điểm của A’B với Δ. Với mọi M thuộc Δ, ta có : AM  MB  A’M  BM  A’B. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B tương đương với M trùng với M0. Tóm lại : Tổng (AM + MB) nhỏ nhất khi M trùng với M0. Tôi đã từng hỏi nhiều người câu hỏi sau: “Bằng cách nào mà Hê Rông lại nghĩ ra điểm A’ kì diệu trong lời giải trên”. Câu trả lời mà tôi thường nhận được là: “Vì Hê Rông nhận thấy MA’ = MA với mọi M thuộc Δ ”. Đó là câu trả lời đúng, nhưng rất ít ý nghĩa, câu trả lời của những người đã đọc lời giải BT1 của Hê Rông (có trong rất nhiều sách hình học sơ cấp) chứ không phải là câu trả lời của những người tự nghĩ ra lời giải đó. Câu trả lời sau, tôi ít khi nhận được, nhưng lại làm tôi đặc biệt thích thú : “Đường gấp khúc AMB quá “cong queo” nên việc quan sát độ dài của nó rất khó. Chính vì vậy, Hê Rông đã nghĩ ra điểm A’ để thay đường gấp khúc AMB bằng đường gấp khúc A’MB, đỡ “cong queo” hơn, có độ dài bằng độ dài đường gấp khúc AMB nhưng dễ quan 1 sát hơn”. Tôi nghĩ, câu trả lời trên mới chính là câu trả lời của những người tự nghĩ ra lời giải BT1, như Hê Rông đã nghĩ. Nó là sự khởi đầu của một ý tưởng quan trọng, ý tưởng của Hê Rông : Khi cần quan sát độ dài của một đường gấp khúc quá “cong queo” ta hãy dùng các phép đối xứng trục để thay nó bằng một đường gấp khúc mới, đỡ “cong queo” hơn, có độ dài bằng độ dài đường gấp khúc đã cho nhưng dễ quan sát hơn. Nhờ ý tưởng trên, ta có thể giải được nhiều bài toán cực trị và bất đẳng thức hình học hay và khó. Bài toán sau đây là bài toán đầu tiên trong nhóm những bài toán này. Bài toán 2 : Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy các điểm A, B sao cho P(MAB) nhỏ nhất. ở đây, kí hiệu P(...) chỉ chu vi của tam giác, nó sẽ có hiệu lực trong toàn bộ bài viết này. Lời giải : Gọi M1, M2 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua Ox, Oy (hình 2), ta thấy: Đ M1OM2 = Đ M1OM + Đ MOM2 = 2(Đ xOM) + 2(Đ MOy) = 2(Đ xOy) < 180o. Vậy đoạn M1M2 cắt các tia Ox, Oy. Đặt A0 là giao điểm của M1M2 và Ox ; B0 là giao của M1M2 với Oy. Với mọi A, B thuộc Ox, Oy, ta có: P(MAB) = MA + AB + BM = M 1A + AB + BM2 ≥ M1M2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B thuộc đoạn M 1M2 tương đương với A trùng với A0 ; B trùng với B0. Tóm lại : P(MAB) nhỏ nhất khi A trùng với A0 ; B trùng với B0. Nhờ BT2, ta dễ dàng giải được bài toán khó sau: Bài toán 3 : Cho tam giác nhọn ABC. Hãy tìm trên các cạnh BC, CA, AB các điểm D, E, F sao cho P(DEF) nhỏ nhất. BT3 được đặt ra bởi nhà toán học Italia, Fagnano (1682 - 1766). Lời giải được giới thiệu dưới đây thuộc nhà toán học Hunggari, Fejer (1880 - 1959). Trước hết, ta phát biểu một bổ đề. 2 Bổ đề 1 : Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AH. P, Q là các điểm đối xứng của H qua AC, AB. Đoạn PQ cắt các đoạn AC, AB tại K, L. Khi đó BK vuông góc với AC, CL vuông góc với AB (hình 3). Việc chứng minh bổ đề 1 (BĐ1) khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Trở lại việc giải BT3. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Gọi P, Q là các điểm đối xứng của H qua AC, AB. Gọi K, L là giao điểm của đoạn PQ với các đoạn AC, AB. Giả sử D, E, F là các điểm đã cho trên các cạnh BC, CA, AB. Gọi M 1, M2 là các điểm đối xứng của D qua AC, AB (hình 4). Xét hai tam giác APQ, AM 1M2, ta thấy: AM1 = AM2 = AD ≥ AH = AP = AQ và Đ M1AM2 = 2 Đ BAC = Đ PAQ  M1M2 ≥ PQ (1) Mặt khác: P(DEF) = DE + EF + FD = M1E + EF + FM2 ≥ M1M2 Và: P(HKL) = HK + KL + LH = PK + KL + LQ = PQ . (2) Từ (1), (2) suy ra P (DEF) ≥ P (HKL). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức xảy ra ở (1), (2) tương đương với D trùng với H; E, F thuộc đoạn M 1M2 hay D trùng với H; E trùng với K; F trùng với L. Chú ý tới BĐ1, ta có kết luận: P(DEF) nhỏ nhất khi D, E, F theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C trên BC, CA, AB. 3 Ngoài lời giải của Fejer, BT3 còn có một lời giải khác. Lời giải này là sự phát triển hết sức đặc sắc ý tưởng nói trên của Hê Rông. Tác giả của nó là nhà toán học Đức Schwarz. K.A (1834 - 1921). Trước hết, ta phát biểu một bổ đề. Bổ đề 2 : Cho tam giác nhọn ABC. Các điểm H, K, L theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB. Khi đó : a) H, K, L là hình chiếu của A, B, C trên các cạnh BC, CA, AB tương đương với LHB KHC BAC; KHC LKA ABC; KLA HLB BCA . b) Trong điều kiện a), ta có : AH sinA = BK sinB = CL sinC (hình 5). Việc chứng minh BĐ2 khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Gọi B1, H1, L1, D1, F1 là các điểm đối xứng của B, H, L, D, F qua đường thẳng AC. Gọi A2, L2, K2, F2, E2 là các điểm đối xứng của A, L 1, K, F1, E qua đường thẳng CB1. Gọi C3, K3, H3, E3, D3 là các điểm đối xứng của C, K 2, H1, E2, D1 qua đường thẳng B1A2. Gọi B4, H4, L4, D4, F4 là các điểm đối xứng của B1, H3, L2, D3, F2 qua đường thẳng A2C3. Gọi A5, L5, K5, F5, E5 là các điểm đối xứng của A2, L4, K3, F4, E3 qua đường thẳng B4C3 (hình 6). 4 Xét hai tam giác: AA2A5 và BB1B4, dễ thấy: A 2 A A 2 A5 2AH; AA 2 A 5 2(A) , và B1B B2 B4 2BK; BB1B4 2(B)  AA5 = 2AHsinA và BB4 = 2BKsinB  AA5 = BB4 (Theo BĐ2, phần b). (1) Mặt khác, dễ thấy : AB = AB1 = A2B1 = A2B4 = A5B4 (2)  Từ (1), (2) ABB4A5 là hình bình hành (3) Tương tự (2) ta có : AF = A5F5, AL = A5L5 (4) Từ (3), (4)  LFF5L5 là hình bình hành  LL5 = FF5 (5) Nhờ BĐ2, phần a), ta thấy L, K, H 1, L2, K3, H4, L5 thẳng hàng  LL5 = LK + KH1 + H1L2 + L2K3 + K3H4 + H4L5. Tương tự như (2) ta có : KH1 KH; H1L 2 HL; L 2 K 2 LK; K 3H 4 KH; H 4 L5 HL . Vậy: LL5 = 2(LK + KH + HL) = 2P(HKL) (6) Mặt khác: FF5 ≤ FE + ED1 + D1F2 + F2E3 + E3D4 + D4F5. Tương tự như (2), ta có: ED1 ED; D1F2 DF; F2 E3 FE; E 3D 4 ED; D 4F5 DF . Vậy: FF5 ≤ 2(FE + ED + DF) = 2P(DEF) (7) Từ (5), (6), (7)  P(DEF) ≥ P(HKL). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi F, E, D1, F2, E3, D4, F5 thẳng hàng tương đương với D trùng với H ; E trùng với K ; F trùng với L (theo BĐ2 phần a). Tóm lại : P(DEF) nhỏ nhất khi và chỉ khi D, E, F theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C trên BC, CA, AB. Các BT1, 2, 3 tạo thành một nhóm bài “bền vững và đặc sắc” trong hệ thống các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học có liên quan đến phép đối xứng trục. Nói đến một trong ba bài của nhóm, người ta lập tức nghĩ đến ngay tới hai bài còn lại. Cho đến đầu những năm 90 của thế kỉ trước, nhóm bài “bền vững và đặc sắc” này vẫn là một độc chiêu khi người ta muốn giới thiệu ý tưởng của Hê Rông với những ai quan tâm tới hình học sơ cấp. Tuy nhiên, trong mười năm trở lại đây, tình hình đã thay đổi. Trong hệ thống các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học có liên quan tới phép đối xứng trục đã xuất hiện hai nhóm bài mới với độ bền vững và đặc sắc không kém gì nhóm các BT1, 2, 3. Nhờ chúng, nhóm các BT1, 2, 3 không còn là một độc chiêu khi người ta muốn nói tới ý tưởng của Hê Rông. Bài toán 4 : Cho góc xOy và điểm M nằm trong góc đó. Các điểm A, B theo thứ tự thuộc Ox, Oy (A, B khác O). H, K là hình chiếu của M trên các đường thẳng chứa Ox, Oy. Chứng minh rằng: P(MAB) ≥ 2HK. Lời giải : Gọi M1, M2 là các điểm đối xứng của M qua Ox, Oy. Có hai trường hợp xảy ra. 5 *Trường hợp 1: ĐxOy < 90o (h.1). Vì ĐxOy < 90o nên ĐM1OM2 < 180o Vậy đoạn M1M2 cắt các tia Ox, Oy. Đặt A0 là giao điểm của M1M2 với Ox; B0 là giao điểm của M1M2 với Oy (A0, B0 khác O). Ta thấy: P(MAB) = MA + AB + BM = M 1A + AB + BM2 ≥ M1M2 = 2HK. Vậy P(MAB) ≥ 2HK. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A trùng với A 0 ; B trùng với B0 tương đương với O là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh M của ΔMAB. * Trường hợp 2 : Đ xOy ≥ 900 (h.2a, h.2b, h.2c) Vì xOy ≥ 900 nên Đ M1OM1 ≥ 1800; suy ra hoặc đoạn M1M2 đi qua O (h.2a) hoặc đoạn M1M2 không đồng thời cắt các tia Ox, Oy (h.2b, h.2c). Vì vậy, mặc dù giống như trường hợp 1, ta vẫn có : P(MAB) ≥ 2 HK. Nhưng đẳng thức không xảy ra. Suy ra P(MAB) > 2 HK. Tóm lại : Trong cả hai trường hợp P(MAB) ≥ 2 HK. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh M của MAB. BT4 được đặt ra và chứng minh lần đầu tiên bởi bạn Phạm Ngọc Huy, khi là học sinh lớp 12 Toán, trường PTNK, ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh. Tuy nhiên cách chứng minh của bạn Huy hơi dài và cần đến các kiến thức toán của chương trình THPT. Tiếp thu ý tưởng của Hê Rông, tôi đã thay phép chứng minh của bạn Huy bởi chứng minh trên. Nhờ BT4, bạn Huy đã đưa ra một lời giải hết sức độc đáo và ngắn gọn cho bài toán hay và khó sau đây: 6 Bài toán 5 : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. MA, MB, MC theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A 1, B1, C1. Gọi A2, B2, C2 lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: P(A1B1C1) ≥ P(A2B2C2) BT5 được đặt ra bởi nhà toán học Mĩ, Jack Garfulkel, sống cùng thời với chúng ta, vừa mới mất cách đây một vài năm. Ông là tác giả của rất nhiều bất đẳng thức hình học hay và khó. Nhiều bất đẳng thức hình học do ông đặt ra đến nay vẫn chưa được chứng minh. BT5 lần đầu tiên được chứng minh cũng bởi một nhà toán học Mĩ, CS. Gardner. Tuy nhiên, chứng minh của CS. Gardner quá dài và phức tạp. Tôi đã theo dõi chứng minh này một lần và đã tự nhủ rằng, chỉ một lần mà thôi. Ngay từ lúc đó, tôi đã đặt câu hỏi, liệu có thể, tìm cho BT5 một phép chứng minh khác đơn giản và đẹp đẽ hơn phép chứng minh của CS. Gardner. Tình cờ nhưng rất nhanh chóng, bạn Huy đã trả lời câu hỏi của tôi bằng phép chứng minh tuyệt vời dưới đây. Trước hết, xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc mà tác giả của nó là nhà toán học Pháp, Gergaune. Bổ đề 3 : Cho tam giác ABC. M là một điểm nằm trong tam giác. MA, MB, MC theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A 1, B1, C1. Khi đó : MA1 MB1 MC1   1 (h.3) AA1 BB1 CC1 Nhờ BĐ3 và BT4 bạn Huy đã chứng minh BT5 như sau : Qua M kẻ các đường thẳng tương ứng song song với các cạnh của tam giác A1, B1, C1.Chúng cắt các cạnh của tam giác ABC tại X,Y, Z, T, U, V (h.4). Dễ thấy các tam giác MUT , VMX , ZYM đồng dạng với tam giác A 1B1C1 với các tỉ số đồng dạng tương ứng là AM/AA1, BM/BB1, CM/CC1. AM BM CM   2 AA1 BB1 CC1 AM BM CM .P  A1B1C1   .P  A1B1C1   .P  A1B1C1  2.P  A1B1C1   AA1 BB1 CC1  P(MUT) + P(VMX) + P(ZYM) = 2PB(A1B1C1) Từ BĐ3, dễ dàng suy ra Theo BT4, ta có: P(MUT) ≥ 2B2C2 ; P(VMX) ≥ 2C2A2; P(ZYM) ≥ 2A2B2 Từ (1) và (2)  P(A1B1C1) ≥ B2C2 + C2A2 + A2B1  P(A1B1C1) ≥ P(A2B2C2). 7 (1) (2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ΔABC nhọn và A, B, C là tâm các đường tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh M của các tam giác MTU, MVQ, MRZ tương đươngΔABC nhọn và A, B, C là tâm các đường tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh A1, B1, C1 của ΔA1B1C1 tương đương ΔABC nhọn và M là trực tâm của nó. Giống như các BT1, BT2, BT3, các BT4, BT5 cũng tạo thành một nhóm bài “bền vững và đặc sắc” trong hệ thống các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học có liên quan tới phép đối xứng trục. Trong phép chứng minh các BT4, BT5 ta vẫn thấy ý tưởng của Hê Rông giữ vai trò hết sức quan trọng. Cùng với BT1 của Hêrông, bài toán sau đây cũng được tôi đặc biệt chú ý ngay từ khi còn là học sinh phổ thông. Bài toán 6 : Cho tam giác ABC và điểm M thuộc tam giác.Chứng minh: MB + MC ≤ AB + AC. Để chứng minh BT6, trước hết, ta phát biểu không chứng minh một bổ đề. Bổ đề 4 : Cho ba điểm A, B, C bất kì. Ta có AB + AC ≥ BC. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A thuộc đoạn BC. Trong BĐ4, các điểm A, B, C có thể thẳng hàng, thậm chí trùng nhau. Khi X trùng Y thì khoảng cách giữa X và Y bằng không. (Cách hiểu này có hiệu lực không chỉ trong BĐ4 mà còn có hiệu lực cho tới cuối bài viết này). BĐ4 là sự phát biểu chi tiết bất đẳng thức tam giác, đã được giới thiệu trong chương trình hình học 7. Trở lại việc giải BT6. Đặt N là giao điểm của BM và AC (hình 1). Theo BĐ4, ta có: MB  MC MB  MN  NC NB  NC AB  AN  NC AB  AC . Vậy MB + MC ≤ AB + AC. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với N ; A trùng với N; hay tương đương M trùng với A. Tôi chú ý tới BT6 vì sự giản dị trong hình thức nhưng sâu sắc về nội dung của nó. Tôi luôn có cảm giác rằng, kết quả mà ta đạt được trong BT6 chỉ là sự mở đầu cho những kết quả khác, sâu sắc hơn, thú vị hơn. Chính vì vậy mà tôi đã tìm cách mở rộng BT6. 8 Tôi xin giới thiệu với bạn đọc những tìm tòi đầu tiên mà tôi đạt được trong quá trình mở rộng này. Thật ngẫu nhiên, ý tưởng quan trọng của Hêrông đã giúp tôi rất nhiều. Hãy coi ABC như một tứ giác “suy biến” với hai đỉnh trùng nhau, BT6 ngay lập tức được mở rộng như sau : Bài toán 7 : Cho tứ giác ABCD và điểm M thuộc tứ giác. Chứng minh: MB + MC ≤ max {AB + AC ; DB + DC}. (Kí hiệu max {a1 ; a2 ; ... ; an} chỉ số lớn nhất trong các số a 1 ; a2 ; ... ; an. Nó có hiệu lực cho tới cuối bài viết này). BT7 là sự mở rộng đầu tiên và đơn giản nhất của BT6. Vậy mà tôi đã gặp khó khăn nhiều trong khi giải nó. Loay hoay mãi mà không giải được. Đã có lúc tôi nghĩ rằng, kết quả mà tôi đặt ra trong BT7 có lẽ không đúng. Trong thời khắc bế tắc ấy, tôi bỗng nhận ra rằng, xét cho cùng thì tôi đang phải quan sát và so sánh độ dài ba đường gấp khúc BMC, BAC, BDC, do đó tôi lại nghĩ đến ý tưởng của Hêrông. Nhờ sự liên tưởng này, tôi đã giải được BT7. Xin giới thiệu với bạn đọc lời giải đó. Trường hợp 1 : M thuộc đoạn AD (hình 2a). Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua AD. Vì B, C nằm về cùng một phía của AD nên B’, C nằm về hai phía của AD. Suy ra đoạn B’C và đường thẳng AD cắt nhau. Đặt I là giao điểm của B’C và AD. Ta thấy : 9  MB + MC ≤ max {AB + AC ; DB + DC}. Trường hợp 2 : M không thuộc đoạn AD (hình 2b, 2c, 2d). Lấy N thuộc đoạn AD sao cho M thuộc tam giác NBC (tùy vào vị trí của M mà ta có cách chọn N thích hợp (hình 2b, 2c, 2d)). Theo BT6, ta có : MB + MC ≤ NB + NC . (1) Theo trường hợp 1, ta có : NB + NC ≤ max {AB + AC ; DB + DC}. (2) Từ (1) và (2)  MB + MC ≤ max {AB + AC ; DB + DC}. Tóm lại hai trường hợp đều có:MB + MC ≤ max{AB + AC ; DB + DC}. Nếu AB + AC > DB + DC thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với A. Nếu AB + AC < DB + DC thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với D. Nếu AB + AC < DB + DC thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với A hoặc M trùng với D. Nhờ kết quả đạt được trong BT7, tôi hy vọng kết quả sau đây đúng. Bài toán 8 : Cho tứ giác ABCD và điểm M nằm trong tứ giác. Chứng minh rằng : MA + MB + MC + MD ≤ max {α ; β ; γ ; δ} Trong đó : α = AB + AC + AD ; β = BC + BD + BA ; γ = CD + CA + CB ; δ = DA + DB +DC. BT8 là bài toán khó, tuy nhiên, nhờ BT7 ta có thể giải BT8 khá dễ dàng. Lời giải mà tôi giới thiệu dưới đây là lời giải của bạn Đào Phương Bắc khi đang là học sinh trường THCS Bế Văn Đàn, Đống Đa, Hà Nội. Đặt O là giao điểm của AC và BD. Vì M thuộc tứ giác ABCD nên M thuộc một trong các tam giác OAB, OBC, OBC, OCD, ODA. Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc tam giác OAB (hình 3). Đặt N là giao của tia OM và đoạn AB. Ta thấy : M thuộc các tam giác NAC, NBD. 10 Theo BT6, ta có : MA + MC ≤ NA + NC và MB + MD ≤ NB + ND  MA + MB + MC + MD ≤ AB + NC + ND . (1) Theo BT7, ta có : NC + ND ≤ max {AC + AD ; BC + BD} . (2)  Từ (1), (2) MA + MB + MC + MD ≤ max{AB + AC + AD; BC + BD + BA}  MA + MB + MC + MD ≤ max {α ; β}  MA + MB + MC + MD ≤max {α ; β ; γ ; δ} Kết luận chi tiết cho điều kiện xảy ra đẳng thức BT8 rất phức tạp. Tuy nhiên, ta có kết luận đơn giản nhưng rất có ý nghĩa sau : Trong BT8, đẳng thức có xảy ra. Nếu đẳng thức xảy ra thì M  {A, B, C, D}. Bạn Bắc không phải là người đầu tiên tìm ra lời giải cho BT8 nhưng lời giải của Bắc thật đơn giản và đẹp đẽ, đáng để cho ta ghi nhớ. Từ các bài toán 6, 7, 8, tôi nghĩ đến bài toán đặc sắc sau. Bài toán 9 : Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng: MA + MB + MC ≤ max {α ; β ; γ}. Trong đó : α = AB + AC ; β = BC + BA ; γ = CA + CB. Để giải BT9, trước hết ta phát biểu và chứng minh một bổ đề. Bổ Đề 5 : Cho tam giác ABC, điểm M thuộc đoạn BC. Chứng minh rằng : AM ≤ max {AB ; AC}. Chứng minh : Trường hợp 1 : M trùng với B hoặc M trùng với C nên hoặc là AM = AB hoặc là AM = AC => AM ≤ max{AB ; AC} . Trường hợp 2 : M ≠ B ; M ≠ C Do Đ AMB + Đ AMC = 180o => hoặc Đ AMB ≥ 90o hoặc AMC ≥ 90o => hoặc AM ≤ MB hoặc AM ≤ MC => AM ≤ max{AB ; AC} Nếu AB > AC thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với B. Nếu AB < AC thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với C. Nếu AB = AC thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với B hoặc M trùng với C. Trở lại việc giải BT9. Trên tia đối của các tia MB, MC lấy các điểm C’, B’ sao cho : MC’ = MC ; MB’ = MB. Đường thẳng chứa tia phân giác của các góc BMB' ; góc CMC' theo thứ tự cắt các đoạn thẳng AB ; AC tại N ; P. Không mất tính tổng quát, giả sử AN ≥ AP. Theo BĐ5, ta có : MA ≤ NA (1) Mặt khác, ta có : MB + MC = MB’ + MC = B’C ≤ NB’ + NC = NB + NC (2) Từ (1),(2)  MA+MB+MC≤NA+NB+NC=AB+NC≤AB+max{AC; BC}(BĐ5) = max {AB + AC ; BC + BA} = max {a ; b} ≤ max {α ; β ; γ}. Trong BT9 đẳng thức có xảy ra. Khi đẳng thức xảy ra thì M thuộc {A ; B ; C}. Trong lời giải trên,ý tưởng của Hêrông vẫn đóng một vai trò quan trọng. Trục đối xứng NP đã được xây dựng thật sáng tạo. Ngoài lời giải trên, dựa vào những tính chất “đẹp” của tam giác mà tứ giác và đa giác không có, ta còn có thể giải BT9 theo một cách khác, không cần có BĐ5. Không mất tính tổng quát,giả sử A=min{A;B ;C}  a =max{α; β; γ} (1) 11 Qua M, kẻ các đường thẳng song song với BC, CA, AB, chúng cắt các cạnh BC, CA, AB tại X ; Y ; Z ; T ; U ; V (hình 1). Ta có : Vì AUMT là hình bình hành nên ta có : MU = AT. Vì A = min {A ; B ; C} nên trong các tam giác UVM, TMZ có : U = min {U ; V ; M}, T = min {T ; Z ; M}. Từ đó suy ra MV ≤ UV ; MZ ≤ TZ. Từ (2), với các chú ý trên, ta có : Từ (1) và (3)  MA + MB + MC ≤ max {α ; β ; γ}. Các bài toán 6, 7, 8, 9 cũng tạo thành một nhóm bài “bền vững và đặc sắc” trong hệ thống các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học có liên quan tới phép đối xứng trục. ở đây, ý tưởng của Hê Rông không chỉ có ý nghĩa như là một kĩ thuật quan trọng mà còn có ý nghĩa dẫn dắt trong việc tìm kiếm các kết quả mới. Những kết quả trong các bài tập 8, 9 thật đẹp nhưng kết quả sau còn đẹp hơn. Bài toán 10 : Cho đa giác A1A2 ... An và điểm M nằm trong đa giác. Chứng minh rằng : MA1 + MA2 + ... + MAn ≤ max {α1 ; α2 ; ... ; αn}. Trong đó, ai (1 ≤ i ≤ n) là tổng các khoảng cách từ A i tới các đỉnh còn lại của đa giác. Khi n = 3, BT10 trở thành BT9. Khi n = 4, BT10 trở thành BT8. BT10 sẽ được giải như thế nào đây? Ngay lập tức, tôi có linh cảm rằng, ý tưởng của Hê Rông không còn hiệu lực nữa, cần phải tìm ra một biện pháp nào đó mới mẻ hơn, hiệu quả hơn thì mới có hi vọng giải quyết được vấn đề. Lật đi lật lại các bài toán 8, 9, không thấy gì, quay sang rà soát các bài toán 6, 7, không 12 có mảy may hi vọng, chán nản, tôi đành gác bút lại và tự nhủ rằng, thôi để dịp khác. Bẵng đi một thời gian dài bận rộn, một hôm, tình cờ lục lại đống giấy tờ bụi bặm của mình, tôi lại thấy BT10 hiện ra và vấn đề tìm lời giải cho BT 10 lại trở về với tôi như là một thứ duyên nợ. Tôi đọc đi đọc lại những gì có liên quan trong đống giấy tờ lộn xộn ấy và bỗng nhận thấy rằng, không phải từ các bài toán 8, 9 hay từ các bài toán 6, 7 mà cần phải bắt đầu từ BĐ5. Bởi vì BĐ5 là dạng đơn giản nhất của BT10. Trong BĐ5, đa giác A 1A2 ... An có dạng đơn giản nhất : đoạn thẳng BC ; tổng MA 1 + MA2 + + ... + MAn có dạng đơn giản nhất : tổng một số hạng MA. Sau một hồi suy xét và liên hệ, tôi đã mở rộng BĐ5 như sau : Bổ đề 6 : Cho tam giác ABC, điểm M thuộc đoạn BC, khi đó : Chứng minh : Trên đoạn AB lấy điểm N sao cho MN song song với AC (hình 2). Theo BĐ4, ta có : AM ≤ AN + NM (1) Theo định lí Talét, ta có : Từ (1) và (2) => : Nếu AB > AC thì đẳng thức xảy ra khi M trùng với B. Nếu AB < AC thì đẳng thức xảy ra khi M trùng với C. Nếu AB = AC thì đẳng thức xảy ra khi M trùng với B hoặc M trùng với C. Nhận xét : + Ta có : => : AM ≤ max {AB ; AC}. Rõ ràng, BĐ6 là sự mở rộng của BĐ5. 13 + Nếu thay cụm từ “cho tam giác ABC” bởi cụm từ “cho ba điểm A, B, C” thì BĐ6 vẫn đúng. Tuy nhiên, điều kiện xảy ra đẳng thức sẽ phức tạp hơn. Việc kiểm tra chi tiết nhận xét này không khó, xin dành cho bạn đọc. + BĐ6, mở rộng như trên thường được gọi là BĐ6 mở rộng. BĐ6 và BĐ6 mở rộng cũng hay đấy, nhưng chúng có giúp ta giải được BT10 hay không ? Chắc nhiều bạn sẽ hỏi tôi như vậy, nhưng hãy bình tính đã, chúng ta cần qua một bổ đề quan trọng nữa. Bổ đề 7 : Cho dãy điểm A1, A2, ..., An và đoạn thẳng BC. Điểm M thuộc đoạn BC. Khi đó : MA1 + MA2 + ... + MAn ≤ max {BA1 + BA2 + ... + BAn ; CA1 + CA2 + ... + CAn}. Chứng minh : áp dụng BĐ6 mở rộng cho bộ ba điểm Ai, B, C (1 ≤ i ≤ n), ta có : MAi ≤ MC/BC.BAi + MB/BC.CAi (1 ≤ i ≤ n). Từ n bất đẳng thức trên, suy ra: BĐ7 được chứng minh. Nhận xét : Nhờ BĐ6 ta thấy, nếu tồn tại i 0 thuộc {1 ; 2 ; ... ; n} sao cho Ai0 không thuộc đường thẳng BC thì trong bất đẳng thức MA i0 ≤ MC/BC.bAi0 + MB/BC.CAi0, đẳng thức xảy ra khi M thuộc {B ; C}, từ đó suy ra , trong BĐ7, đẳng thức cũng xảy ra khi M thuộc {B ; C}. Nhờ BĐ7, ta có thể giải BT10 như sau : Vì M nằm trong đa giác A1A2 ... An nên đường thẳng A1M cắt một cạnh nào đó của đa giác. Giả sử cạnh đó là A iAi+1(2 ≤ i ≤ n - 1). Đặt N = A 1M ≤ giao với AiAi+1. 14 áp dụng BĐ7 cho dãy điểm A1, A2, ... , An và đoạn thẳng A1N, ta có : MA1 + MA2 + ... + MAn ≤ max {a1 ; NA1 + NA2 + ... + NAn} (1) áp dụng BĐ7 cho dãy điểm A 1, A2, ..., An và đoạn thẳng AiAi+1, ta có : NA1 + NA2 + ... + NAn ≤ max {ai ; ai+1} (2)  Từ (1) và (2) MA1 + MA2 + ... + + MAn ≤ max {a1 ; ai ; ai+1} Suy ra MA1 + MA2 + ... + MAn ≤ max {a1 ; a2 ; ... ; an}. Nhờ nhận xét sau phép chứng minh BĐ7, ta thấy : trong BĐ10, đẳng thức xảy ra khi M thuộc {A1 ; A2 ; ... ; An}. Hoàn toàn tương tự phép chứng minh BĐ7, với chú ý rằng, bất đẳng thức không đổi chiều nếu ta nhân hai vế của nó với cùng một số dương, ta có kết quả sau. Bổ đề 8 : Cho dãy điểm A1, A2, ..., An ; dãy số dương x1, x2, ..., xn và đoạn thẳng BC. Điểm M thuộc đoạn BC. Khi đó : x1MA1 + x2MA2 + ... + xnMAn ≤ max {x1BA1 + x2BA2 + ... + xnBAn ; x1CA1 + + x2CA2 + ... + xnCAn}. Nhờ BĐ8 và phương pháp chứng minh BT10, ta dễ dàng giải được bài toán tổng quát sau: Bài toán 11 : Cho đa giác A1A2 ... An và điểm M nằm trong đa giác. Cho dãy điểm X1, X2, ..., Xm và dãy số dương x1, x2, ... , xm. Chứng minh rằng : x1MX1 + x2MX2 + ... + + xmMXm ≤ max {a1 ; a2 ; ... ; an}. Trong đó, ai = x1AiX1 + x2AiX2 + ... + xmAiXm (1 ≤ i ≤ n). Nội dung của BT11 chính là “những kết quả khác, sâu sắc hơn, thú vị hơn” mà tôi đã từng đề cập đến sau khi giới thiệu BT6. Để bạn đọc có thể hình dung được phần nào sự sâu sắc và thú vị của BT11, xin giới thiệu hai trường hợp cụ thể của nó: Bài toán 12 : Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng : BC.MA + CA.MB + AB.MC < < 2.max {AB.AC ; BC.BA ; CA.CB}. Bài toán 13 : Cho tam giác nhọn ABC. AH, BK, CL là các đường cao. Điểm M nằm trong tam giác HKL. Chứng minh rằng : MA + MB + MC ≤ max {AH + BC ; BK + + CA ; CL + AB}. Tôi có thể giải BT12 mà không cần đến BT11, nhưng đối với BT13 thì tôi không thể. Tôi thực sự cảm ơn nếu ai đó có thể cho tôi biết một lời giải của BT13 mà không cần đến BT11. Bắt đầu từ ý tưởng của HêRông (phương pháp giải BT1) nhưng kết thúc lại là một ý tưởng mới, hoàn toàn khác lạ (BĐ8 và phương pháp giải BT 10). Phải chăng tôi đã đi lạc chủ đề ? Không, hoàn toàn không. ý tưởng dẫn dắt ý tưởng, đó là điều quan trọng nhất mà tôi muốn trao đổi cùng bạn đọc thông qua bài viết này. ý tưởng dẫn dắt ý tưởng, toán học đã đi lên như vậy đấy. Để kết thúc, xin giới thiệu với bạn đọc một số bài toán có liên quan tới những vẫn đề được đề cập đến trong bài viết này: 15 Bài toán 14 : Cho hình chữ nhật ABCD. Điểm M cho trước trên cạnh AB. Hãy tìm trên các cạnh BC, CD, DA các điểm N, P, Q sao cho chu vi tam giác MNPQ nhỏ nhất. Bài toán 15 : Cho tam giác đều ABC, tâm O. Hãy tìm trên các cạnh BC, CA, AB các điểm X, Y, Z sao cho tổng (OX + XY + YZ + ZO) nhỏ nhất. Bài toán 16 : Cho hình chữ nhật ABCD. Điểm M nằm trong hình chữ nhật. Chứng minh rằng : MA + MB + MC + MD ≤ AB + AC + AD. Bài toán 17 : Cho tam giác ABC, AB AC. Các trung tuyến BM, CN cắt nhau tại G. Chứng minh rằng : a) BM + MC CN + NB. b) BG + AC ≤ CG + AB. Bài toán 18 : Cho tam giác ABC, điểm M nằm trên cạnh BC. Chứng minh rằng : S(ABC).AM ≤ S(AMC).AB + S(AMB).AC. Bài toán 19 : Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng : MA/BC + MB/CA + MC/AB ≤ max{ AB/AC + AC/AB ; BC/BA + BA/BC ; CA/CB + BC/CA } Bài toán 20 : Cho tam giác ABC. Các điểm X, Y, Z khác A, B, C và theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng : P(XYZ) ≥ min {P(AYZ) ; P(BZX) ; P(CXY)}. Nói riêng về BT20, bài này được giới thiệu và giải trên tạp chí The American Mathematical monthly của Mỹ. Tôi đã đọc lời giải của nó. Thật đáng tiếc, bài toán quá đẹp nhưng lời giải quá xấu. Chính vì nghĩ rằng có thể tìm thấy cho BT20 một lời giải đơn giản hơn mà tôi giới thiệu nó với bạn đọc “Toán Tuổi thơ 2” nhân bài viết của mình, với rất nhiều ước lượng về độ dài. “Toán Tuổi thơ 2” hi vọng nhận được một lời giải tuyệt vời từ một bạn đọc nào đó. TS. Nguyễn Minh Hà (ĐHSP Hà Nội) 16
This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.