BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC

Transcript

1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Bùi Mai Lih BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY Ngàh: Toá - Ti ứg dụg Giáo viê hướg dẫ: TS. Đặg Ah Tuấ Hà Nội

2 1 LỜI CẢM ƠN Trước khi trìh bày ội dug chíh của khóa luậ, em xi bày tỏ lòg biết ơ sâu sắc tới TS.Đặg Ah Tuấ gười đã tậ tìh hướg dẫ để em có thể hoà thàh khóa luậ ày. Em cũg xi bày tỏ lòg biết ơ châ thàh tới toà thể các thầy cô giáo trog khoa Toá - Cơ - Ti học, Đại học Khoa Học Tự Nhiê, Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã dạy bảo em tậ tìh trog suốt quá trìh học tập tại khoa. Nhâ dịp ày em cũg xi được gửi lời cảm ơ châ thàh tới gia đìh, bạ bè đã luô bê em, cổ vũ, độg viê, giúp đỡ em trog suốt quá trìh học tập và thực hiệ khóa luậ tốt ghiệp. Hà Nội, gày 19 thág 05 ăm 2014 Sih viê Bùi Mai Lih

3 Mục lục Lời mở đầu Chươg 1. Bài toá đẳg chu rời rạc trog mặt phẳg Một số bài toá đẳg chu trog hìh học phẳg sơ cấp Bất đẳg thức đẳg chu rời rạc Chươg 2. Bài toá đẳg chu rời rạc trog một góc Trườg hợp rời rạc với góc họ Trườg hợp rời rạc với góc tù Số đoạ là chẵ Số đoạ là lẻ Kết luậ Tài liệu tham khảo

4 Lời mở đầu Bài khóa luậ của em gồm hai phầ: phầ đầu em đưa ra bài toá đẳg chu rời rạc trog mặt phẳg, phầ thứ hai em làm rõ bài toá đẳg chu rời rạc trog một góc. Bất đẳg thức đẳg chu bắt guồ từ câu chuyệ Quee Dido ( ăm 900 trước Côg guyê) khi bà được hà vua ba cho một mảh đất ở ve bờ biể được bao quah bởi một sợi dây bò. Giả thiết sợi dây bò ày là sợi dây mềm. Khi đó câu hỏi đặt ra là mảh đất đó ê có hìh hư thế ào để ó có diệ tích lớ hất? Giả sử bờ biể là "đườg thẳg" thì ta có câu trả lời là mảh đất có dạg ửa hìh trò sẽ có diệ tích lớ hất. Câu trả lời ày đã được khá hiều hà toá học chứg mih bằg hiều cách khác hau hư chứg mih sơ cấp của Steier, chứg mih của Mikowski (dùg bất đẳg thức Steier và bất đẳg thức Bru), chứg mih của Hadwiger, hay chứg mih của Hurwitz (dùg bất đẳg thức Wirtiger) đã được Nguyễ Thị Thể trìh bày khá chi tiết trog [3]. Tuy hiê, ếu sợi dây bò đó cứg, ói rõ hơ ó có dạg các đoạ thẳg ối với hau thì bài toá sẽ hư thế ào? Trog Chươg 1 bài khóa luậ ày em sẽ đưa ra kết quả cho câu hỏi ày. Một giả thiết khác đó là cho một góc cố địh, một đườg gấp khúc có chiều dài khôg đổi cùg với góc đó tạo thàh một miề kí, lúc ày bài toá sẽ được đưa về bài toá đẳg chu rời rạc trog một góc. Do thời gia có hạ ê em mới tìm hiểu được bài toá trog trườg hợp góc hỏ hơ π,

5 MỤC LỤC 4 ê trog Chươg 2 em sẽ giới thiệu bài toá và đưa ra kết quả cho trườg hợp ày. Trog phầ trìh bày, Chươg 1 em dựa theo tài liệu [5] của Jarmila Novota, Chươg 2 em trìh bày theo tài liệu [4] của Đặg Ah Tuấ. Do thời gia có hạ và việc tiếp thu kiế thức cò hạ chế ê Khóa luậ khôg thể tráh khỏi thiếu sót. Rất mog được sự góp ý của thầy cô và bạ bè.

6 Chươg 1 Bài toá đẳg chu rời rạc trog mặt phẳg Cho C là đườg cog kí được tạo bởi đoạ thẳg bao quah miề D. Bài toá đưa ra là: Trog các đa giác cạh, có cùg chu vi L thì đa giác ào có diệ tích (A) lớ hất. Ta luô xét tới đa giác lồi vì ếu đa giác khôg phải lồi thì sẽ tồ tại 2 đỉh khôg kề hau K,H trê C sao cho đườg thẳg ối KH ằm goài đa giác. Khi đó, ta có thể thay thế đoạ KGH bằg đoạ đối xứg KG H của ó qua đoạ thẳg KH, ta sẽ hậ được đa giác mới có chu vi bằg L, hưg diệ tích lại lớ hơ diệ tích của đa giác ba đầu. Do đó, ta chỉ cầ chứg mih với đa giác lồi. 5

7 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG Một số bài toá đẳg chu trog hìh học phẳg sơ cấp Khi = 3,4 thì đườg cog C lầ lượt là hìh tam giác, tứ giác. Bằg phươg pháp sơ cấp, ta chứg mih một vài bài toá sau Bài toá 1. ([1]) Trog tất cả các tam giác có cùg chu vi 2p, tam giác ào có diệ tích lớ hất? Giải Giả sử tam giác có 3 cạh lầ lượt là a,b,c, a,b,c > 0 và a + b + c = 2p. Theo côg thức Hero S = p(p a)(p b)(p c) Ta áp dụg bất đẳg thức Cauchy cho 3 số khôg âm p a, p b, p c khi đó ê (p a)(p b)(p c) [ (p a) + (p b) + (p c) 3 p 3 27, p(p a)(p b)(p c) p4 27, S = p(p a)(p b)(p c) p Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi p a = p b = p c hay a = b = c. Điều ày có ghĩa là tam giác cầ tìm là tam giác đều có cạh là 2p/3, với chu vi là 2p. Bài toá 2. ([1]) Trog tất cả các tam giác có cùg chu vi 2p (cho trước), và độ dài một cạh là a (cho trước), tam giác ào có diệ tích lớ hất? Giải Giả sử độ dài 3 cạh của tam giác lầ lượt là a,x,2p a x (a đã xác địh). Theo côg thức Hero ta có S = p(p a)(p x)(p (2p a x)) = p(p a). (p x)(a p + x) ] 3

8 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG7 Áp dụg bất đẳg thức Cauchy cho 2 số khôg âm p x,a p x Khi đó (p x)(a p + x) (p x) + (a p + x) 2 S a 2 p(p a). = a 2, Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi p x = a p + x, hay x = p a 2. Vậy trog các tam giác có chu vi 2p và một cạh a cho trước, tam giác câ có các cạh a, p a 2, p a là tam giác có diệ tích lớ hất. 2 Bài toá 3 ([1]) Trog tất cả tứ giác lồi có cùg chu vi, tứ giác ào có diệ tích lớ hất? Giải Giả sử tứ giác ABCD có chu vi là q. Lấy E,F,G,H lầ lượt là trug điểm của AB, BC, CD, DA. suy ra Gọi I là trug điểm của AC, ta có FH IF + IH = Lập luậ hoà toà tươg tự ta có AB +CD, 2 FH 1 (AB +CD). (1.1.1) 2 EG 1 (BC + AD). (1.1.2) 2

9 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG8 Do E,F,G,H là trug điểm của các cạh tứ giác, ê ta dễ dàg có S BEF = 1 4 S BAC, S DHG = 1 4 S DAC, S CFG = 1 4 S CBD, (1.1.3) S AHE = 1 4 S ADB. Sử dụg (1.1.1),(1.1.2) và (1.1.3) ta có ê Từ đó ta có S ABCD = S BEF + S DHG + S CFG + S AHE + S EFGH = 1 4 (S BAC + S DAC ) (S CBD + S ADB ) + S EFGH = 1 2 S ABCD + S EFGH, S ABCD = 2S EFGH FH.EG 1 2 (AB +CD) 1 (BC + AD). 2 S ABCD 1 (AB +CD)(BC + AD) 4 1 [ ] (AB +CD) + (BC + AD) [ ] AB +CD + BC + AD 2 = q Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi AB = BC = CD = DA, hay tứ giác ABCD là hìh vuôg. Vậy trog các hìh tứ giác có chu vi là q, hìh vuôg có cạh q 4 tích lớ hất. có diệ Côg việc chứg mih bài toá đẳg chu bằg phươg pháp sơ cấp khôg cò là dễ dàg khi ta tăg số cạh của đa giác ( 5). Và sau đây là một phươg á giải quyết cho vấ đề ày.

10 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG Bất đẳg thức đẳg chu rời rạc Địh lý ([5]) Giả sử C = P 1...P P 1 là một đa giác lồi cạh, có diệ tích là A và chu vi L. Khi đó A L2 4ta π. (1.2.4) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi C là đa giác đều cạh. Để chứg mih được địh lý trê chúg ta cầ phải sử dụg địh lý sau: Địh lý ([5]) Cho x 1,...,x là số thực sao cho i=1 Giả sử chúg ta xác địh x +1 = x 1. Khi đó Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi i=1(x i x i+1 ) 2 4si 2 π x i = Acos 2πi trog đó, i = 1,2,...,. A, B là hằg số. x i = 0. (1.2.5) i=1 x 2 i. (1.2.6) + Bsi 2πi, (1.2.7) Chứg mih. Địh lý ày vẫ sẽ đúg khi x 1,...,x là các số phức. Thật vậy, lấy z = (z 1,...,z ) C, và thỏa mã điều kiệ z j = 0. j=1 Theo Bổ đề 1.2 trog [2], E k = (E k (1),E k (2),...,E k ()) là một cơ sở trực chuẩ của khôg gia C, trog đó E k ( j) = 1 e 2πijk /, j = 1,2,...,. Ta viết vectơ z qua cơ sở E k thì có các tọa độ là z j = 1 1 ẑ(k)e 2πik j /, k=0

11 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG10 với ẑ(k) = z j e 2πijk / là hệ số của biế đổi Fourier rời rạc của z, (theo j=1 (1.1.7) trog [2]) Mặt khác ta có vectơ (z 1 z 2,...,z 1 z,z z 1 ) C có thể biểu diễ hư sau và z j z j+1 = = k=0 1 k=0 ẑ(k)e 2πik j / ( 1 e 2πik / ) [ ẑ(k) ( 1 e 2πik / )] e 2πik j /. Áp dụg Đẳg thức Placherel trog Bổ đề 1.5 của [2] ta được z 2 = 1 z j 2 1 = j=1 k=0 ẑ(k) 2, (1.2.8) z j z j = j=1 = 1 = 1 = 1 1 k=0 ẑ(k) (1 ) e 2πik / 2 [ 1 ( ẑ(k) 2 1 cos k=0 1 ẑ(k) 2. k=0 ( 2 2cos ( )) 2πk 2 ( ) ] 2πk + si 2 ( )) 2πk 1 ẑ(k) 2.4si 2 kπ k=0. (1.2.9) Do z j = 0 ê ẑ(0) = 0. Hơ ữa si 2 ( kπ j=1 ) si2 ( π ) với mọi k {1,..., 1}. Khi đó (1.2.9) trở thàh 1 z j z j = j=1 k=1 ẑ(k) 2.4si 2 πk 1 1 k=1 ẑ(k) 2.4si 2 π. (1.2.10)

12 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG11 Từ (1.2.8),(1.2.10) suy ra Địh lý đúg khi x 1,...,x là các số phức. Ta có si 2 kπ = π si2 khi và chỉ khi k {1, 1}. Khi đó, dấu "=" của (1.2.10) xảy ra khi và chỉ khi ẑ(k) = 0 với mọi k / {1, 1}. Lúc ày z j = z(1)e 2πij1 / + z( 1)e 2πij( 1) / = [z(1) + z( 1)]cos 2π j 2π j + [z(1) z( 1)]isi. Đặt z(1) = a 1 + ia 2, z( 1) = b 1 + ib 2, a 1,a 2,b 1,b 2 là các hằg số thuộc R, khi đó z j = [(a 1 + b 1 ) + i(a 2 + b 2 )]cos 2π j + [(a 1 b 1 ) + i(a 2 b 2 )]isi 2π j [ = (a 1 + b 1 )cos 2π j (a 2 b 2 )si 2π j ] + [ +i (a 2 + b 2 )cos 2π j + (a 1 b 1 )si 2π j ]. Khi z j R thì z j = [ (a 1 + b 1 )cos 2π j + (b 2 a 2 )si 2π j ]. (Thỏa mã điều kiệ (1.2.7)) Giả sử gược lại rằg z j là số thực có dạg Acos 2π j 2π j + Bsi với A,B là hằg số thuộc R. Ta cầ chỉ ra rằg tồ tại các số thực a 1,a 2,b 1,b 2 để z j có dạg phức hư trê. Thật vậy, ta chọ a 1 = b 1 = A 2, a 2 = b 2 = B 2.

13 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG12 Khi đó z j = Acos 2π j 2π j + Bsi [ = (a 1 + b 1 )cos 2π j [ = (a 1 + b 1 )cos 2π j + i (a 2 b 2 )si 2π j (a 2 b 2 )si 2π j [ (a 2 + b 2 )cos 2π j + (a 1 b 1 )si 2π j ] + i.0 ] + ] Vậy Địh lý được chứg mih. Có đườg cog C gồm đoạ và ó bao quah miề D, tổg độ dài của đoạ thẳg là cố địh. Khi đó, ta đặt đa giác lồi đã cho vào hệ trục tọa độ Descartes Oxy sao cho gốc O chíh là trọg tâm của đa giác ày. Do độ dài của C luô cố địh hữu hạ ê miề D luô bị chứa trog một miề bị chặ khi C thay đổi. Vì vậy diệ tích của miề D là bị chặ ê ta có thể tìm được cậ trê đúg trog tất cả các diệ tích của D khi C thay đổi hìh dạg. Từ đó ta có một dãy các đỉh P ki,k = 1,2,...,,i = 1,2,... sao cho dãy các diệ tích của P 1i P 2i...P i tiế dầ tới cậ trê đúg khi i tiế ra vô cùg và chu vi của chúg chíh là độ dài của C. Sử dụg địh lý Bolzao - Weierstrass chúg ta có thể có một đườg cog C bao gồm ( N) đoạ P 1 P 2,...,P 1 P mà diệ tích miề D là lớ hất, ta gọi đó là đườg cog cực đại. Ta đi chứg mih đườg cog cực đại ày sẽ có đoạ có độ dài bằg hau. Thật vậy, giả sử chúg ta khôg có điều ày, tức là tồ tại hai cạh kề hau P i 1 P i và P i P i+1 có độ dài khác hau. Ta giữ guyê phầ đa giác P 1 P 2...P i 1 P i+1...p P 1, 2 đỉh P i 1, P i+1 là cố địh, chỉ xét tam giác P i 1 P i P i+1, khi đó, áp dụg Bài toá 2 ở phầ 1.1 ta có diệ tích tam giác P i 1 P i P i+1 lớ hất khi tam giác ày câ, tức P i 1 P i = P i P i+1. Chíh vì vậy, đa giác có cạh bằg hau là trạg thái

14 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG13 của -giác có chu vi khôg đổi mà diệ tích đạt được giá trị lớ hất. Bổ đề Cho tam giác OBC có tọa độ các đỉh lầ lượt là O(0,0), B(x B,y B ), C(x C,y C ) và các đỉh được sắp xếp theo chiều gược chiều kim đồg hồ. Khi đó diệ tích của tam giác là S OBC = 1 2 (x By C x C y B ). Chứg mih. Theo côg thức Gree ta có S OBC = 1 xdy ydx. 2 OBCO Do O,B,C được sắp xếp theo chiều gược kim đồg hồ ê xdy ydx = + + (xdy ydx). (1.2.11) OBCO OB + Tham số hóa đoạ OB: x = tx B,y = ty B, t chạy từ 0 đế 1, BC CO OB (xdy ydx) = = tx B d (ty B ) ty B d (tx B ) (tx B y B ty B x B )dt = 0. (1.2.12)

15 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG14 + Tham số hóa đoạ BC: x = t(x C x B ) + x B,y = t(y C y B ) + y B, t chạy từ 0 đế 1, BC (xdy ydx) = = = 1 0 [t (x C x B ) + x B ]d [t (y C y B ) + y B ] [t (y C y B ) + y B ]d [t (x C x B ) + x B ] [x B (y C y B ) y B (x C x B )]dt (x B y C y B x C )dt = x B y C y B x C. (1.2.13) + Tham số hóa đoạ CO: x = tx C,y = ty C, t chạy từ 1 đế 0, CO (xdy ydx) = = tx C d (ty C ) ty C d (tx C ) (tx C y C ty C x C )dt = 0. (1.2.14) Thay (1.2.12),(1.2.13),(1.2.14) vào (1.2.11) ta được S OBC = 1 xdy ydx 2 OBCO = 1 2 (x By C x C y B ). Vậy Bổ đề được chứg mih. Chứg mih địh lý ([5]) Đa giác được tạo bởi các đỉh P 1,...,P được đặt trê hệ trục tọa độ Descartes theo thứ tự sắp xếp gược chiều kim

16 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG15 đồg hồ. Giả sử tọa độ P i = (x i,y i ),i = 1,2,..., và P +1 = P 1. Khi đó, do O là trọg tâm của đa giác ê i=1 x i = i=1 y i = 0,x i+1 = x 1,y i+1 = y 1. Do chiều dài của tất cả các đoạ P i P i+1 là bằg hau ê độ dài của đườg cog C là P1 P 2 L = P 1 P 2. Ta lại có P i P i+1 = (x i x i+1 ) 2 + (y i y i+1 ) 2 ê L 2 = [(x i+1 x i ) 2 + (y i+1 y i ) 2 ]. (1.2.15) i=1 Áp dụg Bổ đề cho tam giác OP i P i+1, các đỉh O,P i,p i+1 lầ lượt tươg ứg với O,B,C trog Bổ đề ta có diệ tích của miề D là A = 1 2 = 1 4 i=1 i=1 (x i y i+1 x i+1 y i ) [(x i + x i+1 )(y i+1 y i ) + (x i x i+1 )(y i + y i+1 )]. (1.2.16) Nhâ cả hai vế của (1.2.16) với 8ta π và sử dụg Địh lý với hai dãy {x },{y } thỏa mã điều kiệ của Địh lý, ta có 8ta π A= 2ta π i=1 [(x i + x i+1 )(y i+1 y i ) + (x i x i+1 )(y i + y i+1 )] i y i+1 ) i=1(y 2 + ta 2 π + i+1 x i ) i=1(x 2 + ta 2 π i=1 i=1 (x i + x i+1 ) 2 + (y i + y i+1 ) 2

17 CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG16 = = i=1 i=1 [ (x i x i+1 ) 2 + (y i y i+1 ) 2] + i=1 + ta 2 π {( 1 ta 2 π + 4ta 2 π i=1 {[ 4xi 2 (x i x i+1 ) 2] + [4y 2 i (y i y i+1 ) 2]} )[ (x i x i+1 ) 2 + (y i y i+1 ) 2]} + ( x 2 i + y 2 ) i. (1.2.17) Kết hợp (1.2.6),(1.2.17) và (1.2.15), chúg ta hậ được bất đẳg thức sau: 8ta π A 1 ta 2 π i=1 + 1 cos 2 π [(x i x i+1 ) 2 + (y i y i+1 ) 2] = 2 L2. (1.2.18) Bất đẳg thức (1.2.18) chíh là bất đẳg thức (1.2.4). Địh lý được chứg mih.

18 Chươg 2 Bài toá đẳg chu rời rạc trog một góc Bài toá: Cho một góc có độ lớ α. Một đườg gấp khúc C được tạo bởi đoạ thẳg ối với hau có chiều dài L cố địh và hai đầu mút ằm trê hai cạh của góc và khôg tự cắt ó. Đườg gấp khúc ày cùg với góc α đã cho tạo thàh miề kí D. Vậy hìh dạg của C phải hư thế ào để diệ tích (A ) của miề D là lớ hất? Trog bài khóa luậ ày, ta sẽ chỉ làm việc với trườg hợp 0 < α < π. Hoà toà tươg tự hư bài toá của đa giác ở Chươg 1, ta có thể thấy miề D sẽ là miề lồi. Vì ếu miề D khôg phải miề lồi, ta sẽ có hai điểm thuộc C sao cho đườg thẳg ối hai điểm đó ằm goài miề D. Khi đó ta sẽ thay đoạ cog giữa hai điểm đó bằg đườg cog đối xứg với ó qua đoạ ta vừa ối được, lúc ày ta sẽ được đườg cog mới có chiều dài bằg chiều dài của C và miề kí mới có diệ tích lớ hơ A. Với trườg hợp 0 < α < π/2, ta sử dụg lối giải theo bất đẳg thức kiểu Wirtiger rời rạc. Tuy hiê, khi π/2 < α < π, chúg ta sẽ chia trườg hợp: số đoạ là lẻ hoặc số đoạ là chẵ. Trog trườg hợp chẵ, bằg cách sử 17

19 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 18 dụg tíh đối xứg ta sẽ đưa về trườg hợp 0 < α < π/2. Trog trườg hợp là lẻ, ta sử dụg tiêu chuẩ Sylvester: "Một ma trậ đối xứg A cỡ N N có tất cả các giá trị riêg khôg âm ếu có N 1 địh thức co chíh đầu tiê đều dươg và det(a) 0." Ta có bất đẳg thức Đẳg chu rời rạc trog một góc Địh lý ([4]) Khi 0 < α < π thì A L 2 4ta 2 α. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi OP 0 = OP 1 =... = OP, P j OP j+1 = α, j = 0,1,..., 1. Có đườg cog C gồm đoạ và ó bao quah miề D, tổg độ dài của đoạ thẳg là cố địh. Khi đó, ta đặt góc đã cho vào hệ trục tọa độ Descartes sao cho gốc O chíh là gốc của góc ày. Do độ dài của đườg cog là khôg đổi, ê ta có thể tìm được cậ trê đúg trog tất cả các diệ tích D khi C thay đổi hìh dạg. Từ đó ta có một dãy các đỉh P k j,k = 0,1,...,, j = 1,2,... sao cho dãy các diệ tích của OP 0 j P 1 j...p j tiế dầ tới cậ trê đúg khi j tiế ra vô cùg và độ dài của chúg chíh là L. Sử dụg địh lý Bolzao - Weierstrass chúg ta có thể có một đườg cog C bao gồm ( N) đoạ P 0 P 1,P 1 P 2,...,P 1 P,P 0 Ox,P Oz mà diệ tích miề D lớ hất, ta gọi đó là đườg cog cực đại.

20 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 19 Kết luậ 1: OP 0 = OP. Thật vậy, giả sử OP 0 OP, ta lấy _ P 0 Ox, _ P Oz, sao cho O _ P 0 = O _ P, _ P 0 _ P = P 0 P và thay đổi đườg cog C để giốg với đườg cog _ C có hai đầu mút là _ P 0, _ P. Dễ dàg ta có (sử dụg Bài toá 2, 1.1, Chươg 1) S OP0 P < S O _ P0 _ P Vì vậy đườg cog C chặ một miề có diệ tích hỏ hơ so với diệ tích của một miề đóg bị chặ bởi đườg cog _ C. Điều ày mâu thuẫ với giả thiết C là đườg cog cực đại. Kết luậ 2: P 0 P 1 = P 1 P 2 =... = P 1 P. Nếu chúg ta khôg có điều ày thì tồ tại j 1,2,..., sao cho P j 1 P j P j P j+1. Vì vậy điểm P j khôg ằm trê đườg trực giao L j của P j 1 P j+1 tại điểm chíh giữa của đoạ ày. Trê đườg L j ta lấy điểm P j sao cho P j, P j cùg ằm trê một ửa mặt phẳg bờ P j 1 P j+1 và P j 1P j = P j+1p j = P j 1P j + P j+1 P j. 2 Ta dễ dàg có (sử dụg kết quả Bài toá 2, 1.1, Chươg 1) S Pj 1 P j P j+1 < S Pj 1 _ P j P j+1.

21 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 20 _ Vì vậy đườg cog P 0...P j 1 P jp j+1...p có độ dài bằg với độ dài L của đườg cog cực đại C và ó chặ một miề kí có diệ tích lớ hơ diệ tích A của miề đóg D. Điều àu mâu thuẫ với giả thiết C là miề cog cực đại. Kết luậ 3: P 0 P 2 = P 1 P 3 =... = P j P j+2 =... = P 2 P. Nếu chúg ta khôg có kết luậ ày, sẽ tồ tại j 1,2,..., 2 sao cho P j 1 P j + 1 P j P j+2. Từ Kết luậ 2, ta có P j 1 P j = P j P j+1 = P j+1 P j+2 vì vậy P j,p j+1 khôg đối xứg với hau qua đườg thẳg trực giao K j tại trug điểm của đoạ P j 1 P j+2. Ta lấy:

22 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 21 - X,Y là hai điểm đối xứg của P j,p j+1 qua trục K j, - _ P j, _ P j+1 là hai điểm chíh giữa của hai đoạ P j Y,P j+1 X. Ta có _ + P j 1 P j + P j P j+1 + P j+1 P j+2 > P j 1 P j + P _ jp j+1 + P _ j+1p j+2, + S Pj 1 P j P j+1 P j+2 < S Pj 1 _ P j _ P j+1 P j+2. Điều ày mâu thuẫ với giả thiết C là đườg cog cực đại. Từ Kết luậ 1,2,3 ta có thế suy ra một đườg cog cực đại C sẽ có các đặc điểm sau: * ó là đườg cog đối xứg qua trục là đườg phâ giác L của góc, * P 0 P 1 = P 1 P 2 =... = P 1 P và OP 0 = OP. _ Nếu là số chẵ thì P /2 L, ta thu gọ Địh lý từ 0 < α < π trở thàh 0 < α < π/ Trườg hợp rời rạc với góc họ Ta xét đườg cog cực đại có đoạ thẳg có độ dài giốg hau P 0 P 1 = P 1 P 2 =... = P 1 P và OP 0 = OP.

23 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 22 Giả sử các đỉh P 0,P 1,...,P được sắp xếp theo thứ tự gược chiều kim đồg hồ. Từ đó ta có P 0 = (x 0,0),P j = (x j,y j ), j = 1,2,3,...,, x = x 0 cos(α),y = x 0 si(α). Do chiều dài của tất cả các đoạ P j P j+1 là bằg hau ê độ dài của đườg cog C là P0 P 1 L = P 1 P 2. Ta lại có P j P j+1 = (x j x j+1 ) 2 + (y j y j+1 ) 2 ê L 2 1 = [(x j x j+1 ) 2 + (y j y j+1 ) 2 ]. (2.1.1) j=0 Áp dụg Bổ đề cho tam giác OP j P j+1, các đỉh O,P j,p j+1 lầ lượt tươg ứg với đỉh O,B,C, ta có hay A = j=0 A = 1 2 1( ) x j y j+1 x j+1 y j, j=0 [(x j + x j+1 )(y j+1 y j ) + (x j x j+1 )(y j+1 + y j )]. (2.1.2)

24 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 23 Chúg ta sẽ sử dụg trườg hợp rời rạc của bất đẳg thức kiểu Wirtiger. Bổ đề ([4]) Với mọi t (0, π ) ta có 2 1 2(1 cost) j=1 1 2(1 cost) j=1 ( ) y 2 si( 1)t j + 1 y 2 1 si(t) j=1 ( ) x 2 cos( 1)t j + 1 x 2 1 cos(t) j=0 (y j y j+1 ) 2 + y 2 1, (2.1.3) (x j x j+1 ) 2 (1 cost)x 2 0. (2.1.4) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x j = x 0 cos( jt),y j = r si( jt), j = 1,2,...,. r là một hằg số dươg. ta có Chứg mih.([4]) Với t 0 jt π 2 ( 0, π ) 2 với j = 0,1,2,...,, ê si( jt) > 0, j = 1,2,..., và cos( jt) > 0, j = 0,1,...,. Hơ ữa trog trườg hợp ày x j,y j > 0, áp dụg bất đẳg thức Cauchy ta được si( j + 1)t si( jt) cos( j + 1)t cos( jt) y 2 j + x 2 j + si( jt) si( j + 1)t y2 j+1 2y j y j+1, (2.1.5) cos( jt) cos( j + 1)t x2 j+1 2x j x j+1. (2.1.6) Cho j chạy từ 1 đế 1 ở (2.1.5) và từ 0 đế 1 ở (2.1.6) và sử dụg sia + sib = 2si( a + b 2 )cos(a b 2 ), cosa + cosb = 2cos( a + b 2 )cos(a b 2 ),

25 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 24 ta có 2cost 1 y 2 si( 1)t j + y j=1 si(t) j=1 y j y j+1, x 2 0 cost + 2cost Từ đó ta chứg mih được (2.1.3),(2.1.4). 1 x 2 cos( 1)t j + x j=1 cos(t) j=0 x j x j+1. Bây giờ chúg ta đi chứg mih Địh lý trog trườg hợp 0 < α < π 2. Chứg mih. Dễ dàg ta có 2ta( α 2 )(x j + x j+1 )(y j+1 y j ) ta 2 ( α 2 )(x j + x j+1 ) 2 + (y j+1 y j ) 2, (2.1.7) 2ta( α 2 )(x j x j+1 )(y j+1 + y j ) ta 2 ( α 2 )(y j + y j+1 ) 2 + (x j+1 x j ) 2. Kết luậ 1 OP 0 = OP dẫ đế x 2 0 = x2 + y 2 và y 0 = 0, 1 j=0 [(x j +x j+1 ) 2 +(y j +y j+1 ) 2 ] = 1 j=0 (2.1.8) [4(x 2 j +y 2 j) (x j x j+1 ) 2 (y j y j+1 ) 2 ]. Và ta α 2 > 0 khi 0 < α < π, từ (2.1.2),(2.1.7),(2.1.8) ta có 2 8A ta( α 2 ) (1 ta2 ( α 1 2 )) [(x j+1 x j ) 2 + (y j+1 y j ) 2 ] j=0 + 4ta 2 ( α 1 2 ) (x 2 j + y 2 j). (2.1.9) Áp dụg Bổ đề cho t = α (0, π ) khi 0 < α < π/2, 2 4si 2 ( α 1 2 ) y 2 j + (1 j=1 j=0 1 si(α t) siα )y2 j=1 (y j y j+1 ) 2 + y 2 1, (2.1.10)

26 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 25 4si 2 ( α 1 2 ) x 2 j + (1 j=1 1 cos(α t) cosα )x2 j=1 (x j x j+1 ) 2 2si 2 ( α 2 )x2 0. (2.1.11) Ta cộg (2.1.10) và (2.1.11) theo vế, kết hợp với y 0 = 0,x = x 0 cosα,y = y 0 siα, ta thu được 4si 2 ( α 1 2 ) (x 2 j + y 2 j) j=0 1 j=0 Từ (2.1.9),(2.1.12) và (2.1.1) ta có [(x j x j+1 ) 2 + (y j y j+1 ) 2 ]. (2.1.12) hay 8A ta( α 2 ) 2L2, A L 2 4ta( α 2 ). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x j = x 0 cos( jt),y j = x 0 si( jt), trog đó t = α. Chú ý rằg y = x 0 siα vì vậy x j = x 0 cos( jα ),y j = r si( jα ),y = x 0 siα = r siα. Mặt khác α (0, π 2 ) ê r = x 0. Địh lý được chứg mih trog trườg hợp rời rạc với góc họ. Cò trog trườg hợp với góc tù (tức π < α < π), ta giải quyết vấ đề 2 hư sau: 2.2. Trườg hợp rời rạc với góc tù Số đoạ là chẵ Trog trườg hợp ày, do tíh đối xứg qua đườg phâ giác L của góc, ta xét hai đườg cog thàh phầ C 1,C 2 của C và áp dụg kết quả của

27 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 26 trườg hợp góc họ với hai góc OxL và OzL. Khi đó Địh lý được chứg mih Số đoạ là lẻ Trog trườg hợp lẻ, đặt = 2k + 1. Chúg ta khôg thể áp dụg cách chứg mih trog trườg hợp góc họ trê vì Bổ đề khôg đúg trog trườg hợp ày. Tuy hiê chúg ta có thể chứg mih Địh lý bằg việc sử dụg Bổ đề ếu chúg ta chứg mih được bất đẳg thức (2.1.10), hoặc bất đẳg thức tươg đươg sau là đúg 2( 2k 1 j=0 2cost( 2k x 2 j + 2k y 2 j ) j=0 j=1 x j x j+1 + x 2k x 0 cosα + 2k 1 y j y j+1 + y 2k x 0 siα) 0, j=1 (2.2.13) với = 2k+1,0 < α < π,t = α. Để chứg mih bất đẳg thức (2.2.13), 2k + 1 ta sử dụg tiêu chuẩ Sylvester. Ta xét ma trậ sau H = trog đó cỡ của ma trậ A là (2k + 1) (2k + 1), ( cỡ của ma trậ B là (2k + 1) (2k), cỡ của ma trậ C là (2k) (2k + 1), cỡ của ma trậ D là (2k) (2k), A C B D ), A = 2cost cosα 1 2cost cost cost cost 1 cosα cost,

28 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 27 B = siα và C = siα , D = 2cost cost cost cost cost cost. Từ đó ta có thể thấy rằg, để bất đẳg thức (2.2.13) đúg thì mọi giá trị riêg của H là khôg âm, hay 4k địh thức co chíh đầu tiê của H đều dươg và det(h) 0. Vì vậy chúg ta cầ phải tíh được các địh thức co chíh của H. Bổ đề ([4]) Xét ma trậ vuôg cấp j 2cost cost cost U j = cost cost cost. Đặt I j = det(u j ). Khi đó ta có I j = si( j + 1)t sit.

29 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 28 Chứg mih. Ta có: I 1 = 2cost = si(2t), sit j = 2, sử dụg khai triể Laplace theo cột 2 I 2 = 2I 1 cost 1 si(2t)cost sit = 2. sit sit + si(3t) sit = sit = si(3t), sit j = 3,sử dụg khai triể Laplace theo cột 3 2cost 1 I 3 = ( 1)( 1) cost.I 2 hoà toà tươg tự ta có được = 2I 2 cost I 1 2si(3t)cost si(2t) = sit = si(4t), sit I j+1 = 2I j cost I j 1 Sử dụg phươg pháp quy ạp để chỉ ra được I j = Với j = 2,3 thì Bổ đề đúg (theo tíh toá trê). Giả sử j = k, Bổ đề đúg, tức I k 1 = sikt sit,i k = si( j + 1)t sit si(k + 1)t sit.thật vậy,.

30 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 29 Ta cầ chứg mih Bổ đề đúg với j = k + 1. Ta có I k+1 = 2I k cost I k 1 2si(k + 1)cost = si(kt) sit sit si(k + 2)t + si(kt) si(kt) = sit si(k + 2)t =. sit Vậy Bổ đề đã được chứg mih. Bổ đề ([4]) Cho V là ma trậ đối xứg cấp m,m 3. Giả sử V có dạg V = a M 1 b M1 t V 1 M2 t b M 2 c, trog đó a,b,c C, M j, j = 1,2, là các ma trậ cỡ 1 (m 2). Ta có det(v ) = b 2 det(v 1 )+2( 1) m+1 bdet ( M 1 0 V 1 M t 2 ) +det a M 1 0 M1 t V 1 M2 t 0 M 2 c. Chứg mih. Ta có a M 1 b a M 1 b det(v ) = det M1 t V 1 M2 t + det M1 t V 1 M t 2 b M 2 c a M 1 b a M 1 b = det M1 t V 1 M2 t + det M t 1 V 1 0 b M 2 0 a M 1 0 +det M1 t V 1 M2 t 0 M 2 c

31 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 30 ( ) ( = ( 1) m+1 M 1 b bdet V 1 M2 t + ( 1) m+1 M1 t V 1 bdet 0 M 2 a M 1 0 +det M1 t V 1 M2 t 0 [ M 2 ( c ) ( )] = ( 1) m+1 M 1 b M 1 0 b det + det V 1 0 V 1 M 2 t ( ) +( 1) m+1 M1 t a M 1 0 V 1 bdet + det M1 t V 1 M t 2 0 M 2 0 ( M 2 c ) = ( 1) m+1 b( 1) m bdet(v 1 ) + ( 1) m+1 M 1 0 bdet V 1 M 2 t ( ) +( 1) m+1 M1 t a M 1 0 V 1 bdet + det M1 t V 1 M t 2 0 M 2 ( 0 ) M 2 c = b 2 det(v 1 ) + ( 1) m+1 M 1 0 bdet V 1 M 2 t ( ) +( 1) m+1 M1 t a M 1 0 V 1 bdet + det M1 t V 1 M t 2. 0 M 2 0 M 2 c ) Trog đó, V,V 1 đều là ma trậ đối xứg. Hơ ữa ta lại có ( ) ( M 1 0 M 1 0 V 1 M2 t = V 1 M2 t ) t. Khi đó Bổ đề được chứg mih.

32 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 31 Tất cả các địh thức co chíh của H là I 1,I 2,...,I 2k, J 1 = det(a), J 1 I 1,J 1 I 2,...,J 1 I 2k 1, J 2 = det(h). Áp dụg Bổ đề cho ma trậ A, với a = c = 2cost,b = cosα,v 1 = U 2k 1 A = 2cost M 1 cosα M1 t V 1 M2 t cosα M 2 2cost, trog đó, M 1 = ( 1,0,...,0),M 2 = (0,...,0, 1) có cũg cỡ 1 (2k 1) ta được J 1 = det(a) Mà t = = cos 2 αi 2k 1 2( 1) 2k+2 cosα det = cos2 α si(2kt) sit α,hay α = (2k + 1)t vì vậy 2k cost cost 1 si(2(k + 1)t) 2cosα +. sit + I 2k+1 J 1 = si 2 α si(2kt) sit +cos(2k + 1)t = I 2k 1 si 2 α I 2k 1 + si(2kt) sit = I 2k 1 si 2 α I 2k 1 + si(2kt) sit = I 2k 1 si 2 α I 2k 1 + I 2k 1 = I 2k 1 si 2 α. 2.cos(2k + 1)t + si(2k + 1)t cost sit si(2k + 1)t cost cos(2k + 1)t sit sit

33 CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 32 Áp dụg Bổ đề cho 2cost M 1 siα H = M1 t V 1 M2 t siα M 2 2cost, với M 1 = ( 1,0,..., cosα,...,0), M }{{} 2 = (0,..., cosα,...,0, 1), đều có cỡ }{{} 2k 2k 1 (4k 1) và ( ) U 2k 0 V 1 =. 0 U 2k 1 Ta có J 2 = det(h) = si 2 αi 2k I 2k 1 2( 1) 4k+2 siα det ( E 0 0 G ) + I 2k J 1, ( ) E 0 với E có cỡ (2k + 1) 2k, G có cỡ (2k 1) 2k. Vì ma trậ là 0 G ma trậ vuôg có cỡ 4k 4k và tất cả (2k + 1) hàg đầu tiê của ó thuộc R 2k {0}, det ( E 0 0 G ) = 0. Mặt khác J 1 = I 2k 1 si 2 α ê J 2 = si 2 αi 2k I 2k 1 + I 2k J 1 = 0. Vì t = α 2k + 1 (0, π ) khi 0 < α < π, 4k địh thức co chíh đầu tiê của H 2k + 1 đều dươg và det(h) = 0 ê bất đẳg thức (2.2.13) là đúg. Từ đó Địh lý được chứg mih cho trườg hợp 0 < α < π lẻ với là số lẻ.

34 Kết luậ Bài Khóa luậ "Bài toá đẳg chu rời rạc trog một góc" đã đưa ra được kết quả của các bài toá Đẳg chu rời rạc hư sau: Trog các -giác lồi có cùg chu vi, đa giác đều cạh có diệ tích lớ hất, Cho một góc có số đo hỏ hơ π, trog các đườg gấp khúc đoạ có cùg chu vi, đườg gấp khúc được tạo bởi đoạ thẳg bằg hau và các đỉh cách đều gốc O cùg với góc đó tạo thàh miề có diệ tích lớ hất. Em đã đi làm rõ các chứg mih của Jarmila Novota và Đặg Ah Tuấ về Bất đẳg thức Đẳg chu rời rạc trog mặt phẳg và trog một góc có số đo hỏ hơ π. Tuy hiê do thời gia có hạ ê em chưa tìm hiểu được Bài toá Đẳg chu rời rạc trog một góc với góc lớ hơ π. 33

35 Tài liệu tham khảo [1] Lê Thah Bìh.: Bài toá đẳg chu - Bất đẳg thức đẳg chu trog mặt phẳg sơ cấp. Khóa luậ tốt ghiệp Đại học Sư phạm Thàh phố Hồ Chí Mih. [2] Hoàg Đìh Lih.: Wavelets o Z N.Khóa luậ tốt ghiệp Đại học Khoa học Tự Nhiê, Đại học Quốc gia Hà Nội. [3] Nguyễ Thị Thể.: Một số bất đẳg thức trog khôg gia L p.khóa luậ tốt ghiệp Đại học Khoa học Tự Nhiê, Đại học Quốc gia Hà Nội. [4] Đặg Ah Tuấ.: Isoperimetric problem i a sector. Đại học Khoa học Tự Nhiê - Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Jarmila Novota.: "Variatios of descrete aalogues of Wirtiger s iequality", Casopis pro pestovai matematiky. Vol.105 (1980), No.3,