luận văn dự tam giác biết ba điểm đặc biệt

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.37 MB, 68 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

------

NGUYỄN THỊ THU PHƯƠNG

DỰNG TAM GIÁC

BIẾT BA ĐIỂM ĐẶC BIỆT

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

Danh mục các hình

1.1Dựng tam giác biếtI, H, A. . . .16

1.2Cách dựng Bài toán Wernick 57 . . . .18

1.3Minh họa hai cách giải Bài toán Wernick 58 . . . .19

1.4Biện luận về số nghiệm bài toán Wernick 58 . . . .20

1.5Cách giải bài toán Wernick 60 . . . .21

1.6Bài toán Wernick 25 và bài toán Wernick 84 . . . .23

1.7Hai nhận xét trong ví dụ 1.2.6 . . . .24

1.8Bài tốn Wernick 73 . . . .25

1.9Ba vùng biện luận của bài toán Wernick 73 . . . .26

1.10 Bài toán Wernick 115, nhómU. . . .28

2.1Đường trịn chín điểm . . . .38

2.2M

a

P ∥ AT

a

. . . .40

2.3Bài toán Connelly 21. . . .41

2.4Bài toán Connelly 50. . . .42

2.5Bài toán Connelly 99{E

a

, M

a

, T

a

}. . . .46

3.1Dựng tam giác biết 1 cạnh, trung tuyến và phân giác 50 3.2Dựng tam giác biết 1 góc, trung tuyến và phân giác52 3.3Dựng tam giác biếtR, h

a

, b + c = m. . . .53

3.4Bài toán[A, n = b − c, t

a

], Cách giải 1 . . . .55

3.5Bài toán[A, n = b − c, t

a

], Cách giải 2 . . . .57

3.6Bài toán[C = 1v, c, t

c

], Cách giải 1. . . .59

3.7Bài toán[C = 1v, c, t

c

], Cách giải 2, Cách giải 3 .603.8Bài toán[t

a

, t

b

, t

c

]. . . .62

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Danh mục các bảng

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

Mục lục

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

Mở đầu

1. Mục đích của đề tài luận văn

Dựng hình là bài tốn khó và liên quan đến nhiều bài tốn Hình học, đại số khác. Nhiều bài tốn dựng hình phát biểu khá đơn giản nhưng lại rất nổi tiếng vì chính nó là nguyên nhân của những phát kiến toán học mới. Từ năm 1996, Wiliam Wernick đã liệt kê 138 bài toán dựng tam giác khi biết 3 điểm đặc biệt trong nó. Tiếp theo đó, năm 2009 Harold Connelly cơng bố danh sách Connelly về dựng tam giác theo 3 điểm đặc biệt gồm 140 bài tốn. Tìm hiểu và trình bày lời giải của các bài tốn trong 2 danh sách đó là lý do chọn đề tài nghiên cứu của tôi. Đề tài mang tên "Dựng tam giác biết ba điểm đặc biệt". Mục đích của đề tài là:

- Trình bày một số bài tốn điển hình trong danh sách của Wernick, đại diện cho nhóm R-các bài tốn thừa điều kiện; nhómL−các bài tốn

bài tốn khơng dựng được.

- Trình bày danh sách Connelly sau khi bổ sung thêm các điểm Euler và tâm chín điểm.

- Tóm tắt cách chứng minh một bài tốn dựng được hay khơng dựng được bằng thước và compa. Luận văn bổ sung thêm khá nhiều các ví dụ hay về các bài tốn khơng dựng được bằng compa và thước kẻ.

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

2. Nội dung của đề tài, những vấn đề cần giải quyết

Dựa vào các bài báo [2], [3], [5], chúng tơi tóm tắt cách giải quyết các bài toán dựng trong 2 danh sách của Wernick và Connelly. Hai danh sách này có 278 bài, có một số bài trùng nhau nhưng cách giải quyết khác nhau. Cách giải quyết các bài toán dựng ở đây hoặc là trình bày cách dựng chi tiết bằng compa và thước kẻ hoặc chứng minh rằng bài tốn khơng thể dựng được bằng bộ dụng cụ đó. Nội dung luận văn chia làm 3 chương:

Chương 1. Dựng tam giác trong danh sách của Wernick

Tóm tắt hệ tiên đề dựng hình (bằng bộ dụng cụ compa, thước kẻ). Giới thiệu danh sách của Wernick về dựng các tam giác biết 3 điểm đặc biệt. Chương này bao gồm:

1.1. Bài tốn dựng hình, hệ tiên đề dựng hình 1.2. Dựng tam giác trong danh sách Wernick

Chương 2. Dựng tam giác trong danh sách của Connelly

Nội dung chương này đề cập danh sách của Connelly về dựng tam giác theo 3 điểm sau khi bổ sung các điểm Euler và tâm chín điểm. Chương này bao gồm các mục sau:

2.1. Đường trịn chín điểm

2.2. Giới thiệu danh sách Connelly Chương 3. Một số vấn đề liên quan

Ngồi các bài tốn dựng tam giác biết 3 điểm đặc biệt chúng tôi giới thiệu thêm một số bài toán dựng tam giác theo các yếu tố khác và vấn đề tồn tại duy nhất tam giác hay khơng khi cho trước đường trịn ngoại tiếp và đường trịn nội tiếp của nó? Nội dung chương 3 bao gồm:

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

3.1. Một số phép dựng tam giác biết 3 yếu tố, 3.2. Sự tồn tại tam giác khi biết (O, R) và (I, r).

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

Trong trường hợp tổng quát nhất, bài toán dựng hình được phát biểu như sau: Cho khơng gian E (Euclid, affine hay xạ ảnh với chiều

n = 2, 3, ..., n) và cho tập hợp hữu hạn các hình F1, F2, ...Fk, tập hợp họ các hình

(Φα)α∈I1, (Φβ)β∈I1, ..., (Φλ)λ∈Iλ, (⋆)

mà được gọi là "cơng cụ dựng hình" (mỗi tập hợp chỉ số Ik có thể hữu

quan hệ với các hình cho trước F1, F2, ..., Fk bằng cách sử dụng hữu hạn hình trong họ(⋆). Thuật ngữ "dựng" được hiểu theo nghĩa cần phải xác định tất cả các tập hợp điểm tạo nên hình Φ.

Nếu E = E2 (mặt phẳng) và (Φα)α∈I1 là tập hợp các đường thẳng (hoặc tia) của mặt phẳng này thì ta nói một trong các dụng cụ dựng hình là thước kẻ. Nếu(Φβ)β∈I2 là tập hợp các đường tròn của mặt phẳng này thì ta nói dụng cụ dựng hình thứ hai là compa. Nghiệm của bài tốn dựng hình là hình thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán này. Bài

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

toán được giải nếu tìm được tất cả các nghiệm của nó. Như vậy, hình

nên hình này. Điều đó cũng được hiểu theo nghĩa của đại số: trong hình

hoặc hệ bất phương trình, xác định hình Φ trong một hệ tọa độ nào đó. Ta cần liệt kê các tiên đề chung để từ đó mơ tả lời giải của mọi bài tốn dựng hình với bộ cơng cụ dựng hình chỉ ra trong (⋆).

(T1) Mỗi hình cho trước F1, F2, ..., Fk là dựng được. Điều đó có nghĩa là nếu hình Fi, i = 1, ..., k cho trước thì ta coi là xác định được tất cả

đượcM ∈ Fi hay M /∈ Fi. Trong trường hợp dựng hình trên mặt phẳng E2 thì T1 địi hỏi mỗi hình Fi đã cho đều vẽ được.

(T2) Nếu dựng được các hìnhF1, F2 thì cũng dựng được hìnhF1∪ F2.

Trong lý thuyết dựng hình chủ yếu chỉ dùng bộ dụng cụ compa và thước kẻ. Khi giải bài tốn dựng hình mà khơng nói gì thêm thì ta ngầm hiểu đó là bài tốn dựng hình bằng compa và thước kẻ. Với bộ dụng cụ đó ta cần thêm 2 tiên đề:

được đường trịn C(O, r).

Hệ tiên đề (T1), (T2), ..., (T8) được gọi là hệ tiên đề dựng hình bằng thước và compa.

Các phép dựng hình cơ bản:

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

(D2) Dựng đoạn thẳng [AB] nếu hai điểm A, B dựng được.

này tồn tại (đặc biệt đặt một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước).

(D7) Dựng giao điểm của hai đường tròn nếu các giao điểm này tồn tại.

mặt phẳng).

và thước kẻ qua một tập hợp hữu hạn các phép dựng mà mỗi phép dựng là một trong các phép dựng cơ bản D1, ..., D9.

Ta sẽ sử dụng hai tiêu chuẩn dựng hình bằng thước và compa. Tùy theo từng bài tốn ta có thể sử dụng 1 trong 2 tiêu chuẩn để kết luận bài tốn dựng được hay khơng dựng được. Rõ ràng việc kết luận được bài toán thuộc loại "dựng được" hay thuộc loại "không dựng được" là việc làm rất có ý nghĩa.

(1) Khi giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp đại số ta đưa việc dựng hình về dựng đoạn thẳng [XY ]mà độ dài biểu diễn qua biểu thức.

được bằng thước và compa hay khơng? Để trả lời câu hỏi đó ta có định lý sau

Định lý 1.1 (Tiêu chuẩn 1 về dựng được bằng thước và compa). Đoạn thẳng [XY ] có thể dựng được qua các đoạn thẳng đã biết bằng thước và compa khi và chỉ khi độ dài đoạn thẳng [XY ] biểu diễn được qua độ dài các đoạn thẳng đã biết và các số hữu tỷ nhờ một số hữu hạn các phép toán hữu tỷ và phép khai căn bậc hai.

(Các phép toán hữu tỷ : Phép cộng, phép trừ, phép nhân và chia). Chứng minh. Điều kiện cần. Nếu độ dài[XY ]biểu diễn được qua độ dài các đoạn thẳng đã biết và các số hữu tỷ nhờ một số hữu hạn các phép

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

toán hữu tỷ và phép khai căn. Ta thấy phép dựng đoạn thẳng [XY ]

được quy về các phép dựng từ 1 đến 7 sau đây:

A0(a, 0), B0(b, 0), ..., L0(l, 0), trong đó a, b, ..., l là các độ dài đã biết. Gọi X(x1, y1) và Y (x2, y2). Khi đó độ dài đoạn thẳng [XY ] là

x =

đã biết nên các tọa độ x1, y1, x2, y2 có thể tính được khi biết a, b, ..., l. Ta hãy giải thích các phép tốn đại số nào sẽ được áp dụng khi tính các tọa độ này.

của một trong các phép dựng cơ bản D1, ..., D7. Trong các phép dựng này ta sử dụng đường thẳng và đường tròn. TheoD3, đường thẳng dựng được nếu dựng được hai điểm của nó. Mỗi điểm trong chúng nhận được từ các phép dựng D5− D7 hoặc được chọn theo D8, D9. Nếu điểm chọn tùy ý thì ta có thể lấy tọa độ của nó biểu diễn qua a, b, ..., l nhờ các phép toán hữu tỷ và phép khai căn bậc hai.

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

Theo D4 đường tròn dựng được nếu dựng được tâm và bán kính. Đoạn thẳng bán kính hoặc là một trong các đoạn thẳng đã biết hoặc

trên. Xét tọa độ các điểm nhận được từ D5 đến D7.

= 0 ⇔ (b2−a2)x−(b1−a1)y−(a1b2−a2b1) = 0. (1.2) Tương tự đường thẳng P Q đi qua P (p1, p2), Q(q1, q2) dựng được có phương trình

(q2 − p2)x − (q1 − p1)y − (p1q2 − p2q1) = 0. (1.3) Nếu(AB)và (P Q)không song song (D5)thì hệ (1.2) và (1.3) có nghiệm

C(c1, c2), bán kính r hoặc là một trong các đoạn cho trước hoặc là đoạn thẳng có các đầu mút dựng được F (f1, f2), G(g1, g2) và khi đó

r = p(g1 − f1)2 + (g2 − f2)2, C được xác định bởi phương trình

(x − c1)2 + (y − c2)2 = r2 (1.4)

((1.2),(1.4)). Ta chú ý rằng các tọa độ này biểu diễn qua các tọa độ đã biết nhờ các phép toán hữu tỷ và phép khai căn bậc hai. Ta cũng có kết luận như vậy đối với giao hai đường tròn.

biểu diễn qua tọa độ các điểm dựng được trước đó bởi các phép tốn hữu tỷ và phép khai căn bậc hai... Theo điều kiện đoạn thẳng [XY ] có thể dựng được theo các đoạn thẳng đã biết nhờ thước kẻ và compa, cũng có nghĩa là tập hợp các phép dựng cơ bản được áp dụng là hữu hạn. Bởi vậy cuối cùng ta dẫn tới “các điểm dựng trước đó là A0, B0, ..., L0”.

theo các đoạn thẳng đã biết thì độ dài x của [XY ] biểu diễn được qua

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

các độ dài đã biết và các số hữu tỷ nhờ một số hữu hạn các phép toán hữu tỷ và các phép khai căn bậc hai.

(2) Một số kết quả từ lý thuyết Galois:

Phần này tóm tắt những kết quả cần thiết về trường Galois áp dụng vào dựng hình. Lý thuyết Galois chi tiết có thể tham khảo trong tất cả các giáo trình hoặc sách mang tên “Galois”.

Mệnh đề 1.1. Tất cả các số dựng được là trường con của trường R. Hơn nữa, nếu c dựng được và c > 0 thì √

c là dựng được.

−a ∈ G, ngoài ra do(a, 0)và(b, 0)dựng được nên điểmQ = được ta chỉ cần xét trường hợp ab ̸= 0 và b ̸= 1. Do (b − 1) dựng được

của đường thẳng đi qua gốc (0, 0) và (a, b − 1) với trục hoành là điểm

(ab, 0). Vậy (ab) dựng được. Cuối cùng ta chứng minh a−1 ∈ G nếu a ̸= 0. Do a ∈ G ta có 1 − a ∈ G hay điểm (0, 1 − a) dựng được, do đó điểm (1, 1 − a) dựng được. Đường thẳng đi qua (0, 1) và (1, 1 − a) cắt trục hoành tại điểm (a−1, 0). Vậy a−1 ∈ G.

Các kết quả trên suy ra G là một trường.

dựng được. Đường tròn tâm Qđi qua (0, 1) cắt trục hoành tại hai điểm

(u, 0) và (−u, 0) với u > 0. Theo Định lý Pythagore, ta có u2 + 1 Sau đây là Định lý quan trọng thường được áp dụng để khẳng định một bài tốn dựng hình giải được hay khơng giải được.

[Q(α, β) : Q] = 2r, r ∈ N, trong đó [E : K] là ký hiệu bậc của mở rộng

E/K.

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

Chứng minh. ChoP0, P1, ..., Pn là dãy hữu hạn các điểm dựng được. Đặt

K0 = K1 = Q và Kj = Kj(αj, βj) với 2 ≤ j ≤ n và Pj = (αj, βj). Dễ thấy rằng các số thực αj, βj là nghiệm của đa thức bậc 1 hoặc bậc 2 có hệ tử trong Kj−1. Do đó [Kj : Kj−1] = 2t với t ∈ N, suy ra

[Kn : Q] = [Kn :Q(α, β)][Q(α, β) : Q] = 2m, m ∈ N.

[T : K] = [T : E][E : K].

Do đó [Q(α, β) : Q] = 2r, r ∈ N.

Định lý 1.2 (Tiêu chuẩn 2 về dựng được bằng thước và compa). Nghiệm

là lũy thừa của 2.

trong mở rộng căn bậc hai chuẩn tắc F. Vì trường nghiệm Gchứa trong

F và [F : K] = 2n nên [G : K] = 2m. Điều ngược lại hiển nhiên.

Ví dụ 1.1.1 (Bài tốn gấp đơi hình lập phương). Dựng hình lập phương có thể tích gấp hai lần thể tích hình lập phương cho trước

Lời giải. Gọi a là cạnh hình lập phương cho trước, x là độ dài cạnh hình lập phương cần dựng. Khi đó ta có phương trình x3 = 2a3. Khơng

nhận được phương trình x3 − 2 = 0.

Lập luận theo tiêu chuẩn 1 (Định lý 1.1): Cụ thể đa thức x3− 2 thỏa mãn các điều kiện của tiêu chuẩn 1, theo định lý 1.1 bài tốn này khơng giải được bằng thước và compa.

đa thức này thì ta có dãy mở rộng trường Q ⊂ Q(α) ⊂ F.

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

Từ đó,

[F : Q] = [F : Q(α)][Q(α) : Q].

Vì [Q(α) :Q] = 3 nên [F : Q] ̸= 2m. Điều này chứng tỏ bài tốn khơng giải được bằng thước và compa.

Bài toán dựng tam giác dựa vào nhiều yếu tố: có thể dựa vào các cạnh, các góc, đường cao hoặc trung tuyến, phân giác, ... Việc dự kiến cần những yếu tố nào “vừa đủ” để tam giác hoàn toàn xác định là việc làm quan trọng và hấp dẫn những người quan tâm đến bài toán dựng hình. Bài tốn ở đây là dựng tam giác theo ba điểm định vị, tức là từ các điểm xác định trong tam giác hãy chọn những bộ ba điểm để dựng lại được tam giác? Tất nhiên ta hạn chế bài toán dựng với bộ dụng cụ “thước kẻ và compa”.

Năm 1982 Wernick đã đưa ra một danh sách các bài tốn dựng hình bằng thước kẻ và compa (trong đó cũng có nhiều bài tốn đã được cơng bố trước đó). Mỗi bài tốn trong danh sách này (danh sách Wernick )

A, B, C, O: ba đỉnh và tâm đường tròn ngoại tiếp;

Ma, Mb, Mc, G: trung điểm các cạnh và trọng tâm tam giác;

Ha, Hb, Hc, H: ba chân đường cao và trực tâm;

Ta, Tb, Tc, I: ba chân các đường phân giác trong và tâm đường tròn nội tiếp.

chỉ liệt kê 139 bài tốn khơng tầm thường hoặc khơng tương tự. Ví dụ: bộ ba {A, B, C}là tầm thường cịn chẳng hạn, các bài toán {A, B, Ma},

{A, B, Mb}, {B, C, Mc}, {A, C, Ma}, {A, C, Mc} được coi là tương tự.

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

Nhóm 1: Các bài tốn thừa điều kiện. Nếu có một điểm trong bộ ba được xác định duy nhất và dựng được nhờ hai điểm kia thì

thân tam giác) chỉ ứng với các điểm có điều kiện ràng buộc thì ta nói bài tốn là phụ thuộc điều kiện, kí hiệu là L. Tất cả các bài toán như thế trong danh sách Wernick đều có vơ số nghiệm. Chẳng hạn với bài toán {A, B, O}, điểmO phải thuộc trung trực củaAB, nếu trái lại thì tam giác ABC khơng tồn tại.

giác ABC từ các điểm đã cho (nói chung tồn tại trừ một vài trường hợp), ta nói bài toán là giải được hoặc dựng được, ký hiệu là S.

và compa) thì ta nói bài tốn khơng giải được hoặc khơng dựng

giải được vẫn có thể hồn tồn giải được bằng bộ dụng cụ khác. Các kết quả sau đây được tổng hợp và công bố trong bài báo mới nhất

cập nhật năm 1996 chỉ còn lại 20. Hơn nữa các bài toán 90, 109, 110, 111 và 138 đã được chứng minh là không giải được. Một số bài tốn đã có thêm lời giải đơn giản hơn, chẳng hạn các bài toán 43, 57, 58. Lời giải của 59 bài tốn giải được có thể tìm thấy trên Internet (E. Specht, Wernick’s Liste [in Deutsch], Vừa mới đây người ta đã thu được một thành tựu đáng giá: Dựa vào sự phát triển của hệ máy tính người ta kiểm tra được khả năng dựng được hay

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

không dựng được tất cả các bài toán trong danh sách của Wernick và phát hiện ra cách dựng các bài tốn mà máy tính đã khẳng định là dựng được.

Sau đây là 139 bài toán trong danh sách Wernick bao gồm 3 bài thuộc

Các ví dụ nêu ở đây đại diện cho các nhóm mà chủ yếu là 2 nhóm:

(bằng thước và compa). Mỗi ví dụ khơng thể trình bày đủ các bước nhưng mỗi ví dụ đều có những chú ý mang tính điển hình: Bài tốn này đặc sắc về cách phân tích hay cách dựng, bài toán kia đặc sắc về phương pháp biện luận.

Hệ thống ArgoTriCS, trang bị các kiến thức hình học thích hợp, có những mục tiêu rất khác nhau. Hệ thống đó dùng để giải đa số các bài toán dựng được trong danh sách Wernick: 66 trong 74 bài. Hệ thống đã triển khai trong PROLOG, có gần 6000 dịng mã, thời gian giải một bài tốn thường mất hơn 1 giờ. Thời gian dựng dài nhất là dựng bài toán 101: {Ma, Ha, I} gồm 14 bước. Hệ thống này cũng phát hiện được bài

cách dựng theo ngôn ngữ tự nhiên và với những dụng cụ dựng hình khá phổ thơng cùng một loạt hình minh họa sinh động.

Lời giải. Lấy I làm gốc tọa độ, A(a, b), H(a, c) với b > 0. Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác, Hình 1.1.

</div>Trang 19<div class="page_container" data-page="19">

Bảng 1.1: 139 bài toán trong danh sách Wernick

Hình 1.1: Dựng tam giác biết I, H, A

</div>Trang 20<div class="page_container" data-page="20">

2 + bc). Đây là phương tích của I đối với đường

Chú ý rằng nếu [AIH ̸= 90◦ thì phương trình (1.5) có 1 nghiệm dương. Cách dựng. Tam giác AIH dựng được ngay, giả sử có [AIH ̸= 90◦. Gọi

của H lên IA.

- Dựng đường tròn C đi qua ba điểm P, M, K, gọi O là tâm đường tròn,

Q là trung điểm của P K.

điểm T, T ở vị trí sao cho tiếp điểm ở giữa hai điểm I và T.

tuyến At1, At2 đến (I, IT ).

- Dựng tiếp tuyến thứ ba của đường trịn (I, IT ), vng góc với AH, cắt hai tia At1, At2 ở B, C. Ta được tam giác ABC cần dựng.

Ví dụ 1.2.2. (Bài tốn Wernick 58) {A, Ta, Tb}

Lời giải.

sao cho ATa và BTb là các phân giác trong của tam giác. Gọi ℓ là tia gốc A đi qua Tb, ta thấy B phải thuộc tia ℓ′ là đối xứng của ℓ qua ATa. Mặt khác, khi hạ TbX ⊥ BC thì X vừa nhìn TbTa dưới một góc vng vừa thỏa mãn XTb = ZTb, nói cách khác X là giao của hai đường trịn

(Tb, TbZ) và đường trịn đường kính TaTb. Từ đó xác định được B, C. Cách dựng: Các bước dựng như sau:

</div>Trang 21<div class="page_container" data-page="21">

Hình 1.2: Cách dựng Bài tốn Wernick 57

</div>Trang 22<div class="page_container" data-page="22">

B1. Dựng tam giác ATaTb. Gọi Z là chân đường vng góc hạ từ Tb

xuống ℓ′.

B2. Dựng đường tròn (Tb, TbZ) và đường tròn đường kính TaTb. Gọi X

là một trong hai giao điểm của hai đường tròn này.

B3. Đường thẳng XTa cắt tia ℓ′ ở B, cắt ℓ ở C, △ABC là tam giác cần dựng, Hình 1.3a).

Cách dựng khác: Các bước dựng như sau:

B1. Gọi tia ℓ′ là đối xứng của tia ℓ = ATb qua ATa;

B2. Dựng điểm P là một trong hai giao điểm của (Tb, TbTa) với tia ℓ′;

B3. Dựng trung trực của P Ta. Trung trực này cắt ℓ′ ở điểm B và tia

Hình 1.3: Minh họa hai cách giải Bài toán Wernick 58

Biện luận: Phần đặc sắc của bài tốn chính là phần biện luận: Ta nghiên cứu số các nghiệm hình dựng được tùy theo vị trí của các điểm A, Ta, Tb.

</div>Trang 23<div class="page_container" data-page="23">

Lấy một hệ tọa độ cực với Alà gốc và Tb(1, 0). Giả sử tọa độ cực của

Tb là (ρ, θ) với ρ > 0, 0 < θ < π

2. Tia ℓ

′ tạo với trục nằm ngang góc 2θ. Đường trịn (Tb, TbTa) cắt ℓ′ nếu phương trình

t2 + 2t cos 2θ = ρ2 − 2ρ cos θ (1.6) có nghiệm t > 0.

Điều đó xảy ra khi (i) ρ > 2 cos θ, hoặc

(ii) ρ ≤ 2 cos θ, cos 2θ > 0 và 4 cos22θ + 4(ρ − 2 cos φ) ≥ 0. Điều đó

sin θ sin 3θ là nghiệm của phương trình ρ2 − 2ρ cos θ + cos22θ = 0, 0 < θ < π

Trung trực của P Ta cắt ℓ′ tại điểm B với tọa độ cực (β, 2θ) trong đó,

β = ρ cos θ − t cos 2θ

ρ cos θ − t . Đòi hỏi β > 0 tương đương với t < ρ cos θ. Từ

(1.6), điều đó tương đương với t < 4 cos θ. Với 0 < θ < π

3, giả sử P±

Hình 1.4: Biện luận về số nghiệm bài tốn Wernick 58

có tọa độ cực (ρ±, θ). Các điểm này nằm trong đường cong C khép kín

thì đường trịn (Tb, TbTa) không cắt nửa đường thẳng ℓ′.

</div>Trang 24<div class="page_container" data-page="24">

- một nghiệm duy nhất nếu Ta nằm giữa các nửa đường trònρ = 2 cos θ

và ρ = 4 cos θ.

cong C với θ < π 2.

Ví dụ 1.2.3. (Bài toán Wernick 60) {A, Tb, Tc}

Lời giải. Bài toán này không được Wernick đưa ra cách giải. Ở đây chúng tơi trình bày 2 cách giải như sau, [5] :

Cách giải 1.

Hình 1.5: Cách giải bài tốn Wernick 60

là hai chân phân giác vẽ từ B và C. Ta thấy Tb cách đều AB và BC, vì thế đường trịn tâm Tb đã tiếp xúc với ATc thì phải tiếp xúcCB. Tương tự như vậy, đường tròn tâm Tc đã tiếp xúc ATb thì phải tiếp xúc BC.

Dựng hình

</div>Trang 25<div class="page_container" data-page="25">

B1. Nối ATb, ATc, dựng các đường tròn tâm Tb, Tc thứ tự tiếp xúc với

ATc, ATb;

B2. Dựng tiếp tuyến chung của hai đường trịn, khác phía với A đối với đường thẳng TbTc, đó là đường thẳng m chứa B, C;

B3. Dựng B = (ATc) ∩ m; C = (ATb) ∩ m. Nối điểm A với B, C, ta

cách dựng.

Biện luận: Nghiệm bài toán phụ thuộc vào số tiếp tuyến chung của hai đường tròn tâm Tb, Tc và số giao điểm của tiếp tuyến chung đó với các tia ATb, ATc. Bài tốn có nhiều nhất là 4 nghiệm hình.

Cách 2. Các bước dựng như sau

B1. Dựng đường tròn đi qua ba điểm A, Tb, Tc, dựng phân giác góc \

TbATc, cắt đường trịn tại M;

B2. DựngM′là đối xứng củaM qua đườngTbTc, đường tròn(M′, M′Tb)

đối với (TbTc);

B3. Tia TbI cắt tia ATc ở điểmB, tiaTcI cắt tia ATb ở điểmC.△ABC

là tam giác cần tìm với I là tâm đường trịn nội tiếp. Hình 1.5b). Ví dụ 1.2.4. (Bài toán Wernick 25) {A, M, Ta}.

Các bước dựng như sau

B1. Dựng đường thẳng sa đi qua A và Ta; a đi qua Ma và Ta;

B2. Dựng đường thẳng ma đi qua Ma, vng góc với a và điểm Na =

trùng nhau, sa và ma không song song.

</div>Trang 26<div class="page_container" data-page="26">

Hình 1.6: Bài tốn Wernick 25 và bài tốn Wernick 84

Ví dụ 1.2.5. (Bài tốn Wernick 84) {Ma, Mb, G}

Các bước dựng như sau

Lời giải. Bài toán này xuất hiện trong danh sách Wernick, bảng 1.1, ban đầu (1982) thuộc nhóm “chưa có kết luận”, mãi đến năm 2005 mới có kết luận bài tốn thuộc nhómS (theo Eric Danneels, A simple construction of a triangle from its centroid, incenter and a vertex, Volume 5 (2005), Forum Geometricorum). Lời giải thì đơn giản nhưng biện luận rất khó khăn.

Lời giải dựa vào hai nhận xét dễ thấy sau

ID ∥ AN. Thật vậy, trọng tâm G chia các đoạn AD và N I theo

1 nên theo định lý Thalet ta cóID ∥ AN.

</div>Trang 27<div class="page_container" data-page="27">

trên AN. Thật vậy, điều đó suy ra từ tính chất điểm xun tâm đối

hình 1.7

Hình 1.7: Hai nhận xét trong ví dụ 1.2.6

Cách dựng. Các bước dựng như sau:

GD = 2

1, dựng C đường kính ID,

B2. Dựng đường thẳng ℓ đi qua A, song song với ID, gọi Y là giao của

đường tròn (I, IX)),

B3. Từ A dựng 2 tiếp tuyến đến (I, IX), dựng giao điểm của hai tiếp

I(0, −k). Giả sử G(u, v) thì D

ℓcó phương trìnhvx − uy + 2ku = 0. Từ đó ta biện luận được số nghiệm

được (xem Hình 1.9) :

</div>Trang 28<div class="page_container" data-page="28">

Hình 1.8: Bài tốn Wernick 73

trịn màu đỏ;

trịn và hai đoạn thẳng (vùng (2));

bài tốn chia ba một góc mà ngay từ thời đó, người ta đã chứng minh được khơng thể chia ba một góc bằng thước và compa.

Phương pháp chứng minh tính khơng dựng được

Phương pháp thứ nhất là thực hiện đại số hóa bài tốn hình học và dùng kết quả của lý thuyết Galois về tiêu chuẩn giải được bằng thước và compa. Ta có một số kết quả cổ điển sau:

Giả sử F là trường mở rộng của Q và G là trường mở rộng của F. Một số trong G dựng được bằng thước và compa khi và chỉ khi nó bằng một biểu thức chỉ biểu diễn bởi các số trong F và các phép tốn só học cùng

</div>Trang 29<div class="page_container" data-page="29">

Hình 1.9: Ba vùng biện luận của bài toán Wernick 73

phép khai căn bậc hai. Các số như vậy được gọi là các số đại số trong F và bậc của nó (trong trường F) là một lũy thừa của2. Kết quả này thuộc

compa thì α sẽ là nghiệm của một đa thức bất khả quy trên trường Q có bậc là một lũy thừa của 2.) và thường được dùng để chứng minh không dựng được bằng thước và compa (chẳng hạn, để chứng minh khả năng chia ba một góc bằng thước và compa).

Ta cũng thường sử dụng kết quả mạnh hơn, mà chính là một hệ quả của lý thuyết Galois: Một số đại số trên trường F là dựng được nếu và chỉ nếu trường phân rã các đa thức cực tiểu của nó là mở rộng bậc 2m

Một điểm dựng được bằng thước và compa từ các điểm trong tập

có thể có tọa độ (0, 0) và một điểm khác có tọa độ (k; 0) với k là số cho

cố định, điểm thức ba phải có tọa độ tự do (a, b).

</div>Trang 30<div class="page_container" data-page="30">

Bước 1. Phiên dịch bài toán đang xét thành một hệ đa thức,

Bước 2. Sử dụng “chuỗi biến đổi chính quy” để thu được hệ đa thức bất khả quy,

Bước 3. Sử dụng kết quả của Wantzel hoặc lý thuyết Galois chứng minh tính dựng được hay khơng dựng được.

Người ta thực hiện quá trình chứng minh trên bằng phần mềm Maple mà trong đó có nhiều cơng cụ mạnh để thực hiện chuỗi biến đổi chính quy hoặc tính nhóm Galois các đa thức có bậc đến 9. Thơng thường ý tưởng này được tiến hành theo 2 cách khác nhau:

điều đó ta xét một chứng cứ, tức là một số (=độ dài đoạn thẳng) mà là nghiệm của bài toán với điểm có tọa độ hữu tỷ rồi áp dụng quá trình trên vào số này. Nếu số đó khơng dựng được thì bài tốn khơng giải được bằng compa hay thước kẻ, (xem các bài toán Wernick 115, 122 ).

bài toán (đối với đủ các “chứng cứ” đưa ra) ta áp dụng phương pháp tham số mà biểu diễn được trường hợp chung nhất. Các tính tốn khá khó nhưng đầy đủ: Nếu mỗi nhóm Galois có bậc là lũy thừa của 2 thì bài tốn là dựng được và khi đó, về mặt lý thuyết bài tốn được giải, nhưng rất khó thu được cách dựng hình học thuần túy, thậm chí ngay trong trường hợp đơn giản nhất, (xem bài tốn Wernick 108 ).

Các ví dụ minh họa

(bằng thước và compa), được giải chi tiết hoặc tóm tắt, mà thường ở

một góc, bài tốn cầu phương đường trịn và bài tốn gấp đơi hình lập phương).

</div>Trang 31<div class="page_container" data-page="31">

Ví dụ 1.2.7. (Bài tốn Wernick 115) {G, Ha, Hb}.

Hình 1.10: Bài tốn Wernick 115, nhóm U

Lời giải. Chọn hệ tọa độ sao cho trục Ox là trung trực củaHaHb cịn trục Oy chính là đường HaHb. Ta có thể coi tọa độ của các điểm như sau: Ha(0, 1), Hb(0, −1), G(1, g2), hình 1.10.

Vì \AHaB = AH\bB = 90◦, các điểm Ha, Hb nằm trên đường trịn

đó Mc(x, 0) với x ∈ R nào đó. Để xác định ta chọn g2 = 2

3, ta có C(3 − 2x, 2). Giả sử A(u, v), tính được tọa độ B theo x, u, v : (2x − u, −v). Vì C, A, H0 thẳng hàng nên các hệ số góc của AHb và HbC phải

2x − 3. Vì Mc là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ABHb nên AB2 = BHa2 + AHb2, thay u, v theo x dẫn tới phương trình

2x3 − 6x2 + 4x + 3 = 0 (1.7) Dễ thấy phương trình (1.7) là phương trình bậc ba khơng có nghiệm

bài tốn Wernick 115 không dựng được.

</div>Trang 32<div class="page_container" data-page="32">

Chú ý. Trong bài báo [3], Meyers khẳng định rằng có tam giác với các điểm G, Ha, Hb cho trước mà x ≈ −0.4311 và các đỉnh khơng dựng

thước và compa).

Ví dụ 1.2.8. (Bài toán Wernick 122) {G, Ta, Tb}

Lời giải. Chọn hệ tọa độ sao cho Tb(0, 0), Ta(4, 0) vàG(2, 1). Mỗi một trong các điểm này cho hai phương trình đa thức sinh bởi tọa độ của các điểm A(xA, yA), B(xB, yB), C(xC, yC). Biến đổi hệ 6 phương trình này đưa về hệ gồm 2 phuương trình sau

P (yC) = yC4 − 6y3C − 51yC2 − 24yC + 36

P (yC) = 2701yC3 − 12871yC2 + 43008yC − 28224.

Phương trình thứ nhất có trường phân rã mà bậc bằng 24 = 23.3 ̸= 2r, nghĩa là ngay cả khi bậc đa thức là 4 nó cũng khơng thể giải được bằng các phép toán số học và căn bậc hai. Do đó, bài tốn Wernick 122 khơng dựng được bằng thước và compa.

Ví dụ 1.2.9. (Bài tốn Wernick 108) {Ma, H, Ta}.

Lời giải. Chọn hệ tọa độ sao cho Ta(0, 0), Ma(1, 0) và H(a, b). Đại số hóa cho hệ đa thức sau

mà hiển nhiên giải được (tất cả các phương trình đều có bậc lớn nhất

2(−b ± √

b2 − 4a + 4)) và sử dụng phương pháp dựng đại số các công thức nhờ các phép dựng bằng thước và compa. Vậy bài toán Wernick 108 dựng được bằng thước và compa.

Tất nhiên, phép dựng này không thú vị lắm (vì các phép dựng dài dịng) nhưng nó có giá trị minh họa cho lý thuyết.

</div>Trang 33<div class="page_container" data-page="33">

Ví dụ 1.2.10. (Bài tốn Wernick 138) {Ta, Tb, Tc}.

Lời giải. Đây là một ví dụ đơn giản về tam giác không dựng được

sao cho các đoạn thẳngAA′, BB′, CC′ là các phân giác trong hoặc ngoài của nó. Nếu chỉ xét phân giác trong thì đây là bài toán 138 trong danh sách Wernick, một bài toán không dựng được bằng thước và compa trong trường hợp tổng quát, trừ trường hợp tam giác vuông. Ở đây ta

compa khi tam giác có góc 60◦ hoặc 120◦.

A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C(0 : 0 : 1) và ký hiệu (x : y : z) là tọa độ barycentric của tâm đường tròn nội tiếp △A′B′C′. Theo giả thiết

A′, B′, C′ là chân các phân giác trong hoặc phân giác ngoài, một trong các điểm A′, B′, C′ là chân phân giác trong, hai điểm kia là chân phân giác ngoài. Các đỉnh A′, B′, C′ có tọa độ (−x : y : z), (x : −y : z), (x : y : −z). Chúng thỏa mãn các phương trình sau

−x(c2y2 − b2z2) + yz(c2 + a2 − b2)y − (a2 + b2 − c2)z = 0 (1.8)

−y(a2z2 − c2x2) + xz(a2 + b2 − c2)c − (b2 + c2 − a2)x= 0 (1.9)

−z(b2x2 − a2y2) + xy(b2 + c2 − a2)x − (c2 + a2 − b2)y = 0 (1.10)

toán bằng thước và compa. Đặt c2 = a2 − ab + b2, tức là xét trường hợp bC = 60◦ ta nhận được phương trình bậc ba theo t bằng cách viết

mà dễ thấy nó khơng có nghiệm hữu tỷ. Nghiệm của phương trình bậc ba này khơng dựng được bằng thước và compa.

</div>Trang 34<div class="page_container" data-page="34">

Nghiệm phương trình có thể tính được bằng cách lấy

A = (7, 0), B(4, 4√

3), C(0, 0),

kết quả A′B′C′ và tâm nội tiếp, bàng tiếp tương ứng được cho trong bảng 1.2. Mặt khác, nếu c2 = a2 + ab + b2, từ (1.8), biểu diễn z theo

x, y với phép thế bx = t.ay thì được

3(a + b)bt3 − (a2 + 4ab + b2)t2 − (a2 − 4ab + b2)t + 3a(a + b) = 0.

Bảng 1.2: Bài tốn Wernick 138, góc bC = 60◦, a = 8, b = 7

</div>