Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán đẳng chu trong hình học phẳng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lý do chọn đề tài Toán học là môn khoa học có tuổi đời nhiều nghìn năm. Từ thời cổ đại đến nay, Toán học đã để lại nhiều bài toán nổi tiếng, chẳng hạn như bài toán Chia 3 một góc, bài toán cầu phương đường tròn, Định lý lớn Fermat, bài toán 4 màu... Bài toán Đẳng chu là một trong những bài toán nổi tiếng đó. Bài toán Đẳng chu được biến đến từ thế kỷ IV trước công nguyên, trong suốt hơn 2000 năm tồn tại nó đã thu hút sự quan tâm của nhiều người, nhiều nhà khoa học đã lao tâm khổ tứ vì bài toán này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán đẳng chu trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC VŨ HẢI HOÀNG BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP THÁI NGUYÊN NĂM 2016
i Mục lục Lời cảm ơn iv Mở đầu 1 1 Bài toán đẳng chu 3 1.1 Một số khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Bài toán đẳng chu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Chứng minh bài toán đẳng chu . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Một số bài toán có nội dung đẳng chu 20 2.1 Bài toán đẳng chu trong đa giác . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 Bài toán Diana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50
ii Danh sách hình vẽ 1.1 Hình Lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Đường AB chia đôi chu vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 AmB = AnB, F1 ≥ F2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.4 Đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.5 Bốn Bản Lề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.6 Chứng minh của E. Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.7 Đa giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.8 Hai tam giác cùng diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.9 Thang Cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1 Ba Trung tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Tứ giác nội tiếp 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3 Dựng đoạn thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.4 Tứ giác nội tiếp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.5 Tứ giác biết 2 đường chéo vuông góc . . . . . . . . . . . . . 28 2.6 Tứ giác đẳng chu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.7 Tứ giác biết 3 cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.8 Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bên . . . . . . . . . . . . 34 2.9 Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bên . . . . . . . . . . . . 34 2.10 Tứ giác có 2 cạnh kề bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.11 Đa giác nội tiếp nửa đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.12 Góc và đường gấp khúc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.13 Đa giác nội tiếp đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.14 1 sợi dây, 1 Đoạn thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
iii 2.15 1 sợi dây, bờ biển thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.16 1 sợi dây, 1 góc, 2 đầu dây cố định . . . . . . . . . . . . . . 41 2.17 1 góc ,1 dây, 1 đầu dây cố định . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.18 1 góc ,1 dây, 2 đầu dây tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.19 2 đoạn thẳng và 1 sợi dây . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.20 1 gậy,1 dây, 1 bờ biển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2.21 2 gậy,2 dây . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.22 2 gậy, 1 dây, 1 bờ biển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
iv Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của thầy TS. Nguyễn Văn Minh. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người thầy, người đã dìu dắt tôi từ buổi đầu tiên cho đến khi hoàn thành luận văn. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, cùng các thầy, các cô đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và nghiên cứu. Nhân đây tôi xin có lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K8A (khóa 2014-2016) đã động viên và giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập, nghiên cứu. Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè. Đã động viên tôi về tinh thần và giúp đỡ về vật chất kể từ khi ôn thi đến ngày hôm nay.
1 Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Toán học là môn khoa học có tuổi đời nhiều nghìn năm. Từ thời cổ đại đến nay, Toán học đã để lại nhiều bài toán nổi tiếng, chẳng hạn như bài toán Chia 3 một góc, bài toán cầu phương đường tròn, Định lý lớn Fermat, bài toán 4 màu... Bài toán Đẳng chu là một trong những bài toán nổi tiếng đó. Bài toán Đẳng chu được biến đến từ thế kỷ IV trước công nguyên, trong suốt hơn 2000 năm tồn tại nó đã thu hút sự quan tâm của nhiều người, nhiều nhà khoa học đã lao tâm khổ tứ vì bài toán này. 2. Mục đích- Nhiệm vụ của đề tài. Mục đích của Luận văn là nghiên cứu Bài toán Đẳng chu trong hình học phẳng, sưu tầm các cách chứng minh và sưu tầm các bài tập có nội dung đẳng chu. Đối tượng phục vụ cho việc dạy và học toán phổ thông, do đó những kiến thức về lý thuyết và những bài tập cũng tập trung chủ yếu sử dụng kiến thức toán học chương trình toán phổ thông. Luận văn cố gắng lựa chọn những bài toán sơ cấp, trong trường hợp có thể được. Tuy nhiên việc chứng minh điều kiện đủ vẫn phải sử dụng tới phép tính tích phân. Luận văn gồm 2 chương, tương ứng với 2 nhiệm vụ sau đây • Chương 1 là phần kiến thức chuẩn bị, những khái niệm rất cơ bản được trình bày ở đây. Các dạng phát biểu của Bài toán Đẳng chu. Chứng minh điều kiện cần và điều kiện đủ cũng được thực hiện trong chương này. • Chương 2 sưu tầm những bài toán khó, bài toán hay, bài toán có nội dung thực tế. Nhằm phục vụ cho việc dạy và học hình học phẳng.
2 Phương pháp chứng minh chủ đạo trong các bài toán ở đây là phương pháp bản lề của Steiner. Có hai loại bài tập trong chương này là Bài toán đẳng chu trong đa giác và Bài toán Diana. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016 Vũ Hải Hoàng Học viên Cao học Toán K8 Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
3 Chương 1 Bài toán đẳng chu 1.1 Một số khái niệm cơ bản Trước hết cần nhắc lại một số khái niệm cơ bản cần cho luận văn Định nghĩa 1.1.1. Hình tròn tâm C , bán kính R là tập hợp các điểm M thuộc mặt phẳng có MC ≤ R. Đường tròn tâm C , bán kính R là tập hợp các điểm M thuộc mặt phẳng có MC = R. Hình hình học là tập hợp nào đó các điểm trên mặt phẳng, ký hiệu là F . Điểm M được gọi là điểm biên của F , nếu với mọi hình tròn tâm M bán kính ǫ > 0 đủ bé, chứa ít nhất một điểm thuộc F và một điểm không thuộc F . Tập hợp tất cả các điểm biên của F ký hiệu là ∂F . Định nghĩa 1.1.2. Hình F được gọi là hình bị chặn, hay là hình giới nội, nếu như tồn tại 1 hình tròn chứa toàn bộ hình F . Trong luận văn này ta chỉ xét hình F là một phần của mặt phẳng giới hạn bởi đường cong liên tục, khả vi từng khúc, đơn. Thí dụ về các hình như vậy là: Hình tròn, hình đa giác, góc nhọn, góc vuông, góc tù.... Định nghĩa 1.1.3. Hình F được gọi là lồi nếu mọi đoạn thẳng mà có hai đầu mút thuộc hình F thì toàn bộ đoạn thẳng đó thuộc hình F .
4 Hình F được gọi là hình lõm nếu tồn tại hai điểm A và B thuộc hình F , đoạn thẳng AB không thuộc hình F . Định nghĩa 1.1.4. Hình F được gọi là liên thông, nếu mọi cặp điểm thuộc hình F , tồn tại một đường cong liên tục thuộc F nối hai điểm đó. Định nghĩa 1.1.5. Hình F được gọi là đơn liên, nếu đường biên của nó liên thông. Ví dụ 1.1.1. Những hình hình học thường gặp i) Hình tròn, hình elip là các hình lồi, liên thông, giới nội và đơn liên. ii) Hình tam giác, tứ giác lồi là các hình lồi, liên thông, giới nội và đơn liên. iii) Các góc nhọn, góc vuông, góc tù, nửa mặt phẳng là các hình lồi, liên thông, không giới nội và đơn liên. iv) Hình vành khuyên là hình giới hạn bởi 2 đường tròn đồng tâm là hình lõm, liên thông và đa liên. 1.2 Bài toán đẳng chu Các dạng phát biểu bài toán đẳng chu. Bài toán đẳng chu được biết đến từ rất lâu, được phát biểu dưới các dạng sau đây: 1. Cách phát biểu thứ nhất- Bài toán A Trong tất cả các hình có cùng chu vi, hình có diện tích lớn nhất là hình tròn và ngược lại. 2. Cách phát biểu thứ hai-Bài toán B Trong tất cả các hình có cùng diện tích, hình có chu vi nhỏ nhất là hình tròn và ngược lại.
5 3. Cách phát biểu thứ ba Giả sử hình F có diện tích là A, có chu vi là L. Khi đó có bất đẳng thức 4π.A ≤ 1. L2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi F là hình tròn. Chứng minh tính tương đương giữa hai bài toán 1. Bài toán A suy ra Bài toán B . Giả sử Bài toán A đúng, ta phải chứng minh Bài toán B cũng đúng. Giả sử ngược lại, Bài toán B sai, nghĩa là: mặc dù có hình tròn, diện tích S và chu vi C , nhưng vẫn tồn tại hình không tròn, có diện tích S , chu vi C ′ nhưng C ′ ≤ C . Nhưng theo Bài toán A, lại tồn tại hình tròn có chu vi C ′ với diện tích S ′ và S < S ′. Tới đây, ta có hai hình tròn: một hình có diện tích S , chu vi C ; hình tròn kia có diện tích S ′ và chu vi C ′ với các bất đẳng thức: S < S ′ , C ′ ≤ C , vô lý. Điều này có nghĩa là Bài toán B đúng. 2. Bài toán B suy ra Bài toán A. Ta cũng dùng phương pháp chứng minh phản chứng, giả sử Bài toán A sai, nghĩa là có hình tròn với diện tích S ′ và chu vi C ′, nhưng vẫn tồn tại hình không tròn có cùng chu vi C ′ , nhưng có diện tích S > S ′ . Vì bài toán B đúng, cho nên tồn tại hình tròn có diện tích S và chu vi C , nhưng C ≤ C ′. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Chứng tỏ Bài toán A đúng. 1.3 Chứng minh bài toán đẳng chu Chứng minh điều kiện cần Trong mục này ta phát biểu bài toán dưới dạng mạnh hơn Bài toán A. Giả thiết hình F đơn liên, có biên ∂F là đường cong kín, liên tục, trơn
6 từng khúc. Bổ đề 1.3.1. Giả sử F là hình lõm, luôn luôn chỉ ra hình F ′ có chu vi nhỏ hơn chu vi của F nhưng có diện tích lớn hơn diện tích hình F . Ta công nhận mà không chứng minh bổ đề này. Có thể minh họa bởi Hình vẽ 1.1. Giả sử hình F là hình lõm. Ta dựng tiếp tuyến với F , hai tiếp điểm là A và B . Hình F có đường biên là AmBnA, còn đường biên của F ∪ F ′ là cung AnB và đoạn thẳng AB . Dễ nhìn thấy diện tích F ∪ F ′ lớn hơn diện tích F chu vi của F ∪ F ′ nhỏ hơn chu vi F , vì AB < AmB . n m F F’ A B Hình 1.1: Hình Lõm Định lý 1.3.1. Trong tất cả các hình có cùng chu vi, điều kiện cần để hình có diện tích lớn nhất là nó là hình tròn. Trước khi chứng minh định lý, ta xét vài bổ đề. Bổ đề 1.3.2. Cho F là hình có biên ∂F là đường cong đơn, liên tục, trơn từng khúc. A là điểm cho trước trên biên ∂F . Khi đó tồn tại duy nhất điểm B ∈ ∂F chia độ dài đường biên ∂F thành hai phần bằng nhau. Chứng minh. Giả sử độ dài đường biên ∂F là 2l. Ký hiệu M là điểm ⌢ ⌢ thuộc ∂F , đặt độ dài cung AmM = t suy ra độ dài cung AnM= 2l − t. Ta định nghĩa hàmf (t) như sau ⌢ ⌢ f (t) =AnM − AmM = 2l − 2t. Từ đó ta thấy hàm f (t) có duy nhất một không điểm t = l, chứng tỏ tồn tại duy nhất một điểm B chia đường biên của F thành hai phần có độ dài bằng nhau.
7 m M A B n Hình 1.2: Đường AB chia đôi chu vi Bổ đề 1.3.3. Trong tất cả các tam giác có hai cặp cạnh tương ứng bằng nhau, nhưng góc xen giữa không bằng nhau, thì tam giác vuông có diện tích lớn nhất. Chứng minh Định lý 1.3.1 (Chứng minh của Steiner). Xét hình F có F1 A B F1′ F2 Hình 1.3: AmB = AnB, F1 ≥ F2 đường biên ∂F là đường cong kín, đơn, trơn từng khúc AmBnA, ta giả thiết hai điểm A và B chia ∂F thành hai phần có độ dài bằng nhau (xem Hình 1.2). Đoạn thẳng AB chia diện tích hình F thành hai phần, ký hiệu là F1 và F2 có diện tích tương ứng là S1 và S2 , ta có thể giả thiết S1 ≥ S2 . Ký hiệu F1′ là hình đối xứng của F1 qua AB , hình F1′ cũng có diện tích là S1 . Bây giờ ta có hai hình: • Hình F = F1 ∪ F2.
8 • Hình G = F1 ∪ F1′ . m F1 A B F1′ n Hình 1.4: Đối xứng Chu vi hình G bằng chu vi hình F , diện tích hình G không nhỏ hơn diện tích hình F (xem Hình 1.3). Đến đây ta đã chứng minh được khẳng định: Cho trước hình F , ta luôn luôn tìm được hình G có cùng chu vi với F , nhưng có diện tích lớn hơn hoặc bằng diện tích hình F . Bây giờ ta phải chứng minh phần còn lại: Nếu hình G không là hình tròn, thì luôn luôn chỉ ra hình G′ có cùng chu vi với G nhưng có diện tích lớn hơn hình G. Thật vậy, vì hình G có trục đối xứng là AB , nếu ⌢ G không là hình tròn, trên cung AmB tồn tại ít nhất một điểm M , sao \ 6= π . Gọi M ′ là điểm đối xứng với M qua AB , ta có cho góc AMB 2 \ \ AMB = AM B . ′ Hình G là hợp của tứ giác AMBM ′ và bốn hình viên phân, mỗi viên phân được giới hạn bởi dây cung là một cạnh của tứ giác và một cung là một phần của đường biên ∂F (xem Hình 1.5). Bây giờ ta coi tứ giác AMBM ′ là chất dẻo, có thể co giãn được, còn bốn viên phân là chất liệu cứng. Bốn viên phân được liên kết với nhau bởi bốn bản lề tại các đỉnh A, M, B, M ′. Bây giờ ta cố định đỉnh A, trượt đỉnh B dọc theo đường thẳng AB cho đến khi các góc AMB \ và góc AM \ ′ B vuông, trong quá trình trượt đỉnh B , bốn viên phân không thay đổi diện tích; chu vi hình G không đổi; diện tích hai tam giác ∆AMB và ∆AM ′ B, theo Bổ đề 1.3.3 lớn nhất khi và chỉ khi chúng là tam giác vuông. Như vậy, đường biên ∂G
9 m M B A M’ m’ Hình 1.5: Bốn Bản Lề có tính chất: Mọi điểm trên đường biên luôn luôn nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc vuông. Chứng tỏ nó là đường tròn. Định lý 1.3.1 được chứng minh. Nhận xét. Cách chứng minh của Steiner có những ưu và nhược điểm sau: 1. Ưu điểm. • Rất sơ cấp, trực giác và dễ hiểu. • Phương pháp chứng minh của ông còn gọi phương pháp các bản lề; phương pháp này còn dùng để giải được khá nhiều bài toán có nội dung "đẳng chu" mà sẽ đề cập sau này. 2. Hạn chế. • Phương pháp Steiner chỉ áp dụng được cho bài toán phẳng, mà không thể mở rộng sang bài toán đẳng chu trong không gian. • Chỉ mới chứng minh được điều kiện cần mà chưa chứng minh được điều kiện đủ. Chứng minh điều kiện đủ bài toán đẳng chu Trước khi chứng minh điều kiện đủ của Bài toán đẳng chu, ta xét hai bổ đề sau
10 Bổ đề 1.3.4. Giả sử C là đường cong đơn, trơn, kín, có chiều dương ngược chiều kim đồng hồ. Giới hạn một miền có diện tích A, được biểu diễn bởi phương trình tham số c(t) = (x(t); y(t)); t ∈ [a, b]. Khi đó, ta có Zb A=− y(t)x′ (t)dt. a Zb A= x(t)y ′ (t)dt. a Zb 1 ′ ′ A= x(t)y (t) − y(t)x (t) dt. 2 a Chứng minh. Giả sử P (x, y) và Q(x, y) là các hàm hai biến xác định trên D và có các đạo hàm riêng liên tục. Theo công thức Green ZZ I (Q′x − Py′ )dxdy = P (x, y)dx + Q(x, y)dy. (1.1) D C Trong công thức (1.1) ta chọn P (x, y) = −y, Q(x, y) = 0 với lưu ý là RR dxdy = diệntích (D) = A, ta có D ZZ I A= dxdy = − ydx. D C Trong (1.1) ta chọn P (x, y) = 0, Q(x, y) = x, ta có ZZ I A= dxdy = xdy. D C
11 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên, ta có I 1 A= xdy − ydx. 2 C Thay x = x(t); y = y(t), t ∈ [a, b], ta có Zb A=− y(t)x′ (t)dt. a Zb A= x(t)y ′ (t)dt. a Zb 1 ′ ′ A= x(t)y (t) − y(t)x (t) dt. 2 a Bổ đề 1.3.5. Giả sử x = x(t), y = y(t), z = z(t) là các hàm có đạo hàm liên tục. Khi đó ta có: (xy ′ − zx′ )2 ≤ (x2 + z 2 ).((x′)2 + (y ′ )2). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (xx′ + zy ′ )2 = 0 ⇔ zy ′ = −xx′. Chứng minh. (x2 + z 2 ).[(x′)2 + (y ′ )2] − (xy ′ − zx′ )2 2 ′ 2 2 ′ 2 2 ′ 2 2 ′ 2 2 ′ 2 ′ ′ 2 ′ 2 = x (x ) + x (y ) + z (x ) + z (y ) − x (y ) − 2xy zx + z (x ) = x2(x′)2 + 2xy ′zx′ + z 2 (y ′ )2 = (xx′ + zy ′ )2 ≥ 0.
12 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (xx′ + zy ′ )2 = 0 ⇔ zy ′ = −xx′. Nhận xét 1.3.1. Bổ đề 1.3.5 thực chất là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, còn gọi là bất đẳng thức Bunhiacovxky cho 2 vector V1 = (x, −z); V2 = (y ′ , x′). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi V1 và V2 cùng hướng. Chú ý 1.3.1. Nếu biểu diễn đường cong C bởi tham số s là độ dài cung, còn gọi là tham số tự nhiên, khi đó ta có c(s) = (x(s), y(s)) ⇒ (x′(s))2 + (y ′ (s))2 = 1. Khi C là đường tròn tâm O bán kính r > 0, thì x(s)2 + y(s)2 = r2 . Bất đẳng thức đẳng chu Định lý 1.3.2. (Bất đẳng thức đẳng chu) Ký hiệu A là diện tích miền phẳng D giới hạn bởi đường cong C , ký hiệu L là độ dài đường cong C . Khi đó có bất đẳng thức L2 − 4π.A ≥ 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C là đường tròn. Chứng minh. Điều kiện đủ được nhiều nhà khoa học chứng minh bằng các phương pháp khác nhau, nhưng không có chứng minh sơ cấp nào. Trong luận văn này trình bày hai phương pháp.
13 y s=0 A s = p1 B -r O r x Hình 1.6: Chứng minh của E. Schmidt Cách chứng minh thứ nhất. Sau đây là cách chứng minh của E. Schmidt. 1939 (Xem [3]). Giả sử c(s) = (x(s), y(s)); s ∈ [0; L] là biểu diễn tham số của đường cong C , ta chọn điều kiện x(0) = r; x(p1) = −r. Bây giờ ta xác định đường tròn k biểu diễn bởi phương trình k(s) = (x(s), z(s)) với tâm O, bán kính r (xem Hình 1.6). Với cách chọn hệ tọa độ như vậy, đường cong C được biểu diễn bởi điểm M(x(s), y(s)) còn đường cong K biểu diễn bởi điểm N (x(s), z(s)) ∈ k . Ký hiệu A là diện tích miền giới hạn bởi C và B là diện tích hình tròn
14 k . Theo Bổ đề 1.3.4 ZL ZL A= y ′ (t)x(t)dt; B=− z(t)x′(t)dt = π.r2 . 0 0 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên A + B = A + π.r2 ZL = (y ′x − zx′ )dt. 0 ZL q ≤ (y ′ x − zx′ )2dt 0 ZL q ≤ (x2 + z 2 )((x′)2 + (y ′ )2)dt 0 ZL = rdt = Lr. 0 Áp dụng bất đẳng thức về trung bình cộng và trung bình nhân cho 2 số √ A và π.r2 √ √ A + π.r2 Lr A. π.r2 ≤ ≤ . 2 2 √ √ Lr Suy ra A π.r2 ≤ . 2 Suy ra 4π.r2.A ≤ L2r2 . Kéo theo 0 ≤ L2 − 4πA. Đến đây ta đã chứng minh được bất đẳng thức 4π.A ≤ L2 .
15 Phần còn lại ta phải chứng minh nếu có đẳng thức 4π.A = L2 , thì đường cong C phải là đường tròn. Thật vậy, để cho đơn giản sau đây ta dùng ký hiệu x, x′, y, y ′ , z, z ′ thay cho x(s), x′(s), y(s), y ′(s), z(s), z ′(s), từ (xy ′ − zx′ )2 = (x2 + z 2 ).((x′)2 + (y ′ )2). Chú ý rằng x2 + z 2 = r2 ; (x′)2 + (y ′ )2 = 1. Suy ra (xy ′ − zx′ )2 = r2 . Khai triển vế trái x2(y ′ )2 − 2xy ′ zx′ + z 2 (x′)2 = r2 . Suy ra x2(y ′ )2 + 2(x′)2x2 + z 2 (x′)2 = r2 . Kéo theo x2(x′2 + y ′2 ) + x′2(x2 + z 2 ) = r2. (*) Lưu ý: (x′)2 + (y ′)2 = 1; z 2 + x2 = r2 . Từ (*) ta có ⇒ x2 + (x′)2r2 = r2 . Suy ra x2 = r2 (1 − x′2) = r2 (y ′)2 . Kéo theo x = ±ry ′ . (**) Tương tự như trên ta cũng có y = ±rx′. (***)