BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG

Thuở còn là học sinh phổ thông, tôi rất thích môn hình học. Những bàitoán 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, lờigiải của nó là sự khởi đầu cho cả một ý tưởng lớn. Bài viết này xin giới thiệuvới bạn đọc bài toán đó và toàn bộ sự phát triển tiếp theo của nó.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HERONG BẮT ĐẦU TỪ Ý TƯỞNG CỦA HÊ-RÔNG Thuở còn là học sinh phổ thông, tôi rất thích môn hình học. Những bàitoán 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, lờigiải của nó là sự khởi đầu cho cả một ý tưởng lớn. Bài viết này xin giới thiệuvới 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 phíacủa 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 giảiquyết nó chính là nhà toán học cổ Hê Rông, người Ai Cập, sống vào thế kỉthứ nhất trước Công nguyên, tác giả của công thức tính diện tích tam giác theođộ 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 mộtphía 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 vớiM 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 Rônglại nghĩ ra điểm A’ kì diệu trong lời giải trên”. Câu trả lời mà tôi thườngnhận được là: “Vì Hê Rông nhận thấy MA’ = MA với mọi M thuộc Δ ”. Đó làcâu trả lời đúng, nhưng rất ít ý nghĩa, câu trả lời của những người đã đọc lờigiải BT1 của Hê Rông (có trong rất nhiều sách hình học sơ cấp) chứ khôngphải là câu trả lời của những người tự nghĩ ra lời giải đó. Câu trả lời sau, tôiít khi nhận được, nhưng lại làm tôi đặc biệt thích thú : “Đường gấp khúcAMB 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 1khúc A’MB, đỡ “cong queo” hơn, có độ dài bằng độ dài đường gấp khúcAMB nhưng dễ quan sát hơn”. Tôi nghĩ, câu trả lời trên mới chính là câu trảlời của những người tự nghĩ ra lời giải BT1, như Hê Rông đã nghĩ. Nó là sựkhởi 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” tahãy 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 dễquan sát hơn. Nhờ ý tưởng trên, ta có thể giải được nhiều bài toán cực trị và bấtđẳng thức hình học hay và khó. Bài toán sau đây là bài toán đầu tiên trongnhóm những bài toán này. Bài toán 2 : Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó. Hãy tìmtrên 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 bàiviết 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(ĐMOy) = 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 = M1A +AB + BM2 ≥ M1M2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B thuộc đoạn M1M2 tương đươngvới 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. 2 BT3 được đặt ra bởi nhà toán học Italia, Fagnano (1682 - 1766). Lờigiải được giới thiệu dưới đây thuộc nhà toán học Hunggari, Fejer (1880 -1959). Trước hết, ta phát biểu một bổ đề. Bổ đề 1 : Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AH. P, Q là các điểmđối xứng của H qua AC, AB. Đoạn PQ cắt các đoạn AC, AB tại K, L. Khi đóBK 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 củaH 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 M1,M2 là các điểm đối xứng của D qua AC, AB (hình 4). Xét hai tam giác APQ, AM1M2, 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). 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức xảy ra ở (1), (2) tươngđương với D trùng với H; E, F thuộc đoạn M1M2 hay D trùng với H; E trùngvới K; F trùng với L. Chú ý tới BĐ1, ta có kết luận: P(DEF) nhỏ nhất khi D, E, F theo thứ tựlà hình chiếu của A, B, C trên BC, CA, AB. Ngoài lời giải của Fejer, BT3 còn có một lời giải khác. Lời giải này làsự phát triển hết sức đặc sắc ý tưởng nói trên của Hê Rông. Tác giả của nó lànhà 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 thuộccác cạnh BC, CA, AB. Khi đó : a) H, K, L là hình chiếu của A, B, C trên các cạnh BC, CA, AB tương đươngvới ∠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 đườngthẳng AC. Gọi A2, L2, K2, F2, E2 là các điểm đối xứng của A, L1, K, F1, E quađường thẳng CB1. Gọi C3, K3, H3, E3, D3 là các điểm đối xứng c ...