Bài toán chia hình tứ giác

Hôm nay xin giới thiệu với các bạn một bài toán dựng hình khá là thú vị như sau:
Bài toán dựng hình. Cho một hình tứ giác $ABCD$ và bốn điểm $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$ theo thứ tự này nằm trên cạnh $AB$. Bằng thướccompa, hãy chỉ ra cách xác định bốn điểm $N_1$, $N_2$, $N_3$, $N_4$ nằm trên cạnh $CD$ sao cho các đoạn thẳng $M_1 N_1$, $M_2 N_2$, $M_3 N_3$ và $M_4 N_4$ chia hình tứ giác thành 5 hình tứ giác con có diện tích bằng nhau.

Dựng hình bằng thước và compa


Hôm nay chúng ta sẽ mở đầu một chuỗi bài về toán dựng hình. Có những bài toán dựng hình trông đơn giản nhưng gần hai ngàn năm không ai giải được. Ví dụ như bài toán dựng đa giác đều hay bài toán chia ba một góc. Mãi đến thế kỷ 18-19 hai bài toán này mới được giải quyết hoàn toàn. Các nhà toán học phải sử dụng những công cụ rất hiện đại của đại số mới giải được nó.

Trong bài mở đầu này, chúng ta sẽ học về các bước dựng hình cơ bản bằng thước và compa. Khi giải các bài toán dựng hình, chúng ta thừa nhận và dùng các bước dựng hình cơ bản này mà không cần phải giải thích cụ thể.


Câu hỏi của James

Con trai tôi - James - muốn hỏi các bạn câu hỏi sau:
bạn có thể nhìn thấy bao nhiêu hình tam giác trong hình sau?

Bài toán con bướm

Kỳ trước chúng ta đã trình bày một cách chứng minh đơn giản cho bài toán con bướm dựa trên định lý lục giác Pascal. Hôm nay chúng ta sẽ liệt kê một vài cách chứng minh khác dưới dạng bài tập để bạn đọc có thể rèn luyện kỹ năng giải toán.

Cánh bướm Pascal

Hôm nay xin giới thiệu với các bạn một sự kết hợp tuyệt vời giữa hai kết quả hay trong hình học: định lý lục giác Pascalđịnh lý con bướm.


Định lý Pappus

Hôm nay chúng ta sẽ học về định lý Pappus. Định lý này nói rằng nếu chúng ta chọn ba điểm $1$, $3$, $5$ trên một đường thẳng, và ba điểm $2$, $4$, $6$ trên một đường thẳng khác, thì ba giao điểm của các cặp đường thẳng $$\{12, 45\}, ~\{23, 56\}, ~\{34, 61\}$$ sẽ thẳng hàng.


Định lý Pascal

Kỳ trước chúng ta đã học về định lý lục giác Pascal. Định lý Pascal nói rằng nếu trên đường cônic chúng ta vẽ một hình lục giác nội tiếp thì ba cặp cạnh đối diện của hình lục giác sẽ cắt nhau tại ba điểm thẳng hàng.

Ví dụ như ở hình dưới đây, chúng ta có một hình lục giác nội tiếp một đường tròn, chúng ta thấy rằng ba giao điểm của ba cặp cạnh đối diện $\{12, 45\}$, $\{23, 56\}$, $\{34, 61\}$ của hình lục giác thẳng hàng.

Có một công cụ rất hiệu quả thường dùng để chứng minh các điểm thẳng hàng, đó là định lý Menelaus. Định lý Menelaus phát biểu như sau:

Định lý Menelaus: Cho tam giác $ABC$ và ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt nằm trên ba đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$. Vậy thì ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = 1.$$


Hôm nay chúng ta sẽ dùng định lý Menelaus để chứng minh định lý Pascal cho trường hợp đường tròn.


Trục đẳng phương và tâm đẳng phương

Kỳ trước chúng ta đã học về khái niệm phương tích. Phương tích của một điểm $P$ đến một đường tròn tâm $O$ bán kính $r$ được xác định bởi công thức sau $${\cal P}(P, (O)) = \vec{PU} \times \vec{PV} = PO^2 - r^2 = (P_x - O_x)^2 + (P_y - O_y)^2 - r^2,$$ ở đây, $U$ và $V$ là hai giao điểm của đường tròn $(O)$ với một đường thẳng bất kỳ đi qua $P$.
Phương tích: ${\cal P}(P, (O)) = \vec{PU} \times \vec{PV} = PO^2 - r^2 = (P_x - O_x)^2 + (P_y - O_y)^2 - r^2$.

Phương tích cho chúng ta biết được vị trí tương đối của điểm $P$ đối với đường tròn. Nếu phương tích là số dương thì $P$ nằm bên ngoài đường tròn, nếu phương tích là số âm thì $P$ nằm bên trong đường tròn, còn nếu phương tích bằng $0$ thì điểm $P$ nằm trên đường tròn.

Hôm nay chúng ta sẽ xem xét ứng dụng của phương tích với hai công cụ chính, đó là trục đẳng phươngtâm đẳng phương. Trục đẳng phương thường được dùng để chứng minh các điểm thẳng hàng, còn tâm đẳng phương thường dùng để chứng minh các đường thẳng đồng quy.

Phương tích

Hôm nay chúng ta sẽ học về khái niệm phương tích của một điểm đối với đường tròn.

Giả sử trên mặt phẳng chúng ta có một điểm $P$ và một đường tròn $(O)$. Kẻ một đường thẳng qua điểm $P$ cắt đường tròn tại hai điểm $U$ và $V$. Vậy thì giá trị của $$PU \times PV$$ sẽ không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng.

Điều này có nghĩa là nếu chúng ta vẽ một đường thẳng khác qua $P$ và cắt đường tròn tại hai điểm $A$ và $B$ thì $$PA \times PB = PU \times PV.$$
Giá trị không đổi này được gọi là phương tích của điểm $P$ đối với đường tròn $(O)$.


Lục giác kỳ diệu

Chúng ta đã biết đến nhà toán học Pascal qua tam giác số nổi tiếng - gọi là tam giác số Pascal - mà các hệ số của nó dùng để khai triển nhị thức Newton. Hôm nay chúng ta sẽ giới thiệu một định lý hình học mang tên ông, đó là Định lý Lục Giác Kỳ Diệu. Định lý lục giác kỳ diệu của Pascal nói rằng nếu chúng ta vẽ một hình lục giác nội tiếp một đường tròn thì ba cặp cạnh đối diện của hình lục giác cắt nhau tại ba điểm thẳng hàng.

Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Hôm nay chúng ta sẽ học về hai định lý hình học, đó là định lý Cevađịnh lý Menelaus. Hai định lý này được dùng rất nhiều trong hình học phẳng bởi vì chúng cho phép chúng ta chứng minh về các điểm thẳng hàng và các đường thẳng đồng quy. Chúng ta sẽ sử dụng một định lý về tỷ lệ diện tích tam giác để chứng minh hai định lý này. Cuối cùng, chúng ta sẽ mở rộng định lý Ceva và định lý Menelaus cho các đa giác bất kỳ.



Định lý Pitago

Định lý Pitago chắc chắn là một trong những định lý nổi tiếng nhất trong toán học. Định lý này nói rằng trong một tam giác vuông thì bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông.

Định lý Pitago: $c^2 = a^2 + b^2$.

Định lý Pitago có rất nhiều cách chứng minh. Nhưng có một cách chứng minh khá là thú vị vì nó được tìm ra bởi vị Tổng thống thứ 20 của Hoa Kỳ - ông James Abram Garfield.

Cách chứng minh của Tổng thống Garfield rất đơn giản. Cách chứng minh này dựa vào cách tính diện tích của hình thang sau đây bằng hai cách khác nhau.

Hình thang này có hai cạnh đáy là $a$ và $b$, còn đường cao là $a+b$. Do đó diện tích của hình thang là $$\frac{1}{2}(a+b)(a+b) = \frac{1}{2}(a^2 + b^2 + 2ab).$$

Cách thứ hai để tính diện tích của hình thang là lấy tổng của diện tích ba hình tam giác con, đó là $$\frac{1}{2}ab + \frac{1}{2} c^2 + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}(c^2 + 2ab).$$

So sánh hai kết quả trên, chúng ta rút ra được định lý Pitago! $$c^2 = a^2 + b^2.$$

Dãy số - Phần 9


Đây là bài cuối cùng trong chuỗi bài về dãy số. Nếu các bạn chưa đọc các bài trước thì đây là bài đầu tiên "Dãy số - Phần 1".

Hôm nay chúng ta sẽ làm thêm một ít bài tập về dãy số. Trong các bài tập này chúng ta sẽ chứng minh một vài hằng đẳng thức thú vị. Chẳng hạn, với dãy số Pell $$P_0=0, ~~P_1 = 1, ~~P_n = 2 P_{n-1} + P_{n-2},$$ và dãy số Pell-đồng hành $$H_0=1, ~~H_1 = 1, ~~H_n = 2 H_{n-1} + H_{n-2},$$ chúng ta có hằng đẳng thức $$H_n^2 - 2 P_n^2 = (-1)^n.$$

Với dãy số Fibonacci quen thuộc $$F_0 = 0, ~~F_1 = 1, ~~F_n = F_{n-1} + F_{n-2},$$ chúng ta sẽ chứng minh rằng $$\frac{F_{2013(n+1)} - F_{2013 (n−1)}}{F_{2013 n}} = \frac{F_{2013(n^{2013}+1)} - F_{2013 (n^{2013}−1)}}{F_{2013 n^{2013}}}.$$

Dãy số - Phần 8


Kỳ trước chúng ta đã học về cách tìm công thức tổng quát cho dãy số ở dạng lượng giác cho trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm số phức. Hôm nay chúng ta sẽ làm thêm nhiều bài tập về dạng này.

Dãy số - Phần 7


Hôm nay chúng ta tiếp tục học về phương pháp giải phương trình sai phân tuyến tính để tìm công thức tổng quát cho dãy số. Chúng ta sẽ xem xét trường hợp mà phương trình đặc trưngnghiệm số phức. Với trường hợp này, chúng ta có hai cách giải. Cách giải thứ nhất giống như trường hợp mà chúng ta đã học ở các bài trước. Còn cách giải thứ nhì thì chúng ta biểu diễn nghiệm số phức dưới dạng lượng giác và chúng ta sẽ có một công thức lượng giác cho dãy số.


Dãy số - Phần 6


Hôm nay chúng ta sẽ học về phép sai phân và sẽ dùng nó để chứng minh một định lý cơ bản về phương trình sai phân tuyến tính.

Định lý cơ bản về phương trình sai phân tuyến tính. Giả sử phương trình đặc trưng có thể viết thành $$f(x) = a_k x^k + a_{k-1} x^{k-1} + \dots + a_0 = (x - z)^j (b_s x^s + b_{s-1} x^{s-1} + \dots + b_0)$$ và $$f_n = p(n)~z^n,$$ trong đó $p(n)$ là một đa thức có bậc bé thua $j$. Vậy thì dãy số $f_n$ thoã mãn phương trình sai phân
$$a_k f_{n} + a_{k-1} f_{n-1} + \dots + a_1 f_{n-k+1} + a_0 f_{n-k} = 0.$$


Dãy số - Phần 4


Hôm nay chúng ta sẽ học về cách giải phương trình sai phân tuyến tính để tìm công thức tổng quát cho dãy số. Phương pháp này có thể sử dụng ở mọi trường hợp, kể cả trường hợp mà phương trình đặc trưngnghiệm bội.


Dãy số - Phần 3


Đây là bài thứ ba trong loạt bài về dãy số. Bài này không chứa đựng thông tin gì mới, mục đích của bài này chỉ là để trình bày các ví dụ. Nếu các bạn chưa đọc các phần trước thì bấm vào đây để đọc: Phần 1, Phần 2.


Dãy số - Phần 2


Đây là bài thứ hai trong loạt bài về dãy số. Các bạn nên đọc kỹ phần 1 trước khi đọc bài này. Hôm nay chúng ta sẽ học thêm một số thuật ngữ về dãy số, và chúng ta sẽ trình bày phương pháp tổng quát để giải phương trình sai phân tuyến tính.

Dãy số - Phần 1


Hôm nay chúng ta sẽ mở đầu cho một chuổi bài về dãy số. Mục đích của chuổi bài này là trình bày cho các bạn cách tìm công thức tổng quát cho những dãy số xác định bởi các công thức truy hồi tuyến tính. Chúng ta sẽ bắt đầu bài học với những tính chất chung chung của dãy số, cụ thể là chúng ta sẽ học về phép cọng của hai dãy số, và phép nhân một hằng số với một dãy số.

Dãy số Fibonacci và tam giác Pascal


Kỳ trước chúng ta đã sử dụng kết quả của bài toán xếp hình để chứng minh các hằng đẳng thức cho dãy số Fibonacci. Hôm nay chúng ta tiếp tục đề tài này. Chúng ta sẽ chứng minh các hằng đẳng thức sau $${2011 \choose 0} + {2010 \choose 1} + {2009 \choose 2}+ {2008 \choose 3}+ \dots + {1007 \choose 1004}+ {1006 \choose 1005} = F_{2012},$$ $${2012 \choose 0} + {2011 \choose 1} + {2010 \choose 2}+ {2009 \choose 3}+ \dots + {1007 \choose 1005}+ {1006 \choose 1006} = F_{2013}.$$
Một cách tổng quát, chúng ta có hằng đẳng thức $$\sum_{v+u=n}{v \choose u} = F_{n+1}.$$ Thông qua hằng đẳng thức này chúng ta thấy một mối liên hệ thú vị giữa dãy số Fibonnaci và tam giác số Pascal.

Hằng đẳng thức về dãy số Fibonacci


Kỳ trước chúng ta đã học về dãy số Fibonacci và về một bài toán xếp hình. Hôm nay chúng ta sẽ sử dụng bài toán xếp hình này để chứng minh một hằng đẳng thức cho dãy số Fibonacci, đó là $$F_{n+m+2} = F_{n+1} F_{m+1} + F_{n+1} F_m + F_n F_{m+1}.$$

Một bài toán cũng như một bức tranh, muốn nhìn thấy vẻ đẹp của nó chúng ta nhìn nó ở nhiều góc cạnh khác nhau. Ví dụ như hằng đẳng thức mà chúng ta học ngày hôm nay, chúng ta có thể chứng minh nó bằng cách sử dụng công thức $$F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \right]$$ rồi chúng ta đưa hai vế đẳng thức về bằng nhau qua một vài biến đổi đơn thuần đại số.

Nhưng thay vì chứng minh một cách "khô khan" bằng đại số như vậy, chúng ta sẽ dùng bài toán xếp hình mà chúng ta đã học ở bài trước để trình bày hai cách chứng minh cho hằng đẳng thức này. Hy vọng các bạn sẽ thấy cách chứng minh bằng tổ hợp này thú vị hơn.

Dãy số Fibonacci và một bài toán xếp hình


Hôm nay chúng ta sẽ học về dãy số Fibonacci và về một bài toán xếp hình. Các bạn sẽ thấy rằng bài toán xếp hình thoạt nghe qua thì không liên quan gì đến dãy số Fibonacci, nhưng cuối cùng đáp số của bài toán xếp hình lại chính là dãy số Fibonacci!

Trước tiên, chúng ta giới thiệu về dãy số Fibonacci. Dãy số Fibonacci $\{F_n\}$ được xác định theo công thức sau đây: $$F_0 = 0, ~F_1 = 1, ~F_{n+1} = F_n + F_{n-1}.$$

Do đó $$F_0 = 0, ~F_1 = 1, ~F_2 = 1, ~F_3 = 2, ~F_4 = 3, ~F_5 = 5, ~F_6 = 8, ~F_7 = 13, ~F_8 = 21, \dots$$

Số phức


Hôm nay chúng ta sẽ học về số phức. Điểm mấu chốt của số phức là chúng ta chấp nhận một số mà chúng ta sẽ ký hiệu là $i$. Số $i$ này rất đặc biệt vì $$i^2 = -1.$$

Như vậy số phức sẽ có dạng $$a + ib$$ trong đó $a$ và $b$ là hai số thực. Nếu $b=0$ thì $a + ib = a$ là số thuần thực, còn nếu $a=0$ thì $a + ib = ib$ là số thuần phức. Sau đây là ví dụ về số phức: $$1+ i, ~~ 2 - 3i, ~~ -\sqrt{3} + 4i, ~~5i - 4, ~~6, ~~i, ~~-3i, ~~4 + 2i, \dots$$