BÀI TOÁN Đ‘NG CHU R˝I R—C TRONG M¸T GÓCChương 1 Bài toán đflng chu ríi r⁄c trong m t phflng Cho C là đưíng cong kín đưæc t⁄o bði n đo⁄n thflng bao

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Bùi Mai Linh

BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUYNgành: Toán - Tin ứng dụng

Giáo viên hướng dẫn: TS. Đặng Anh Tuấn

Hà Nội - 2014

1

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòngbiết ơn sâu sắc tới TS.Đặng Anh Tuấn người đã tận tình hướng dẫn để emcó thể hoàn thành khóa luận này.

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáotrong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học QuốcGia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.

Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,bạn bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trìnhhọc tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp.

Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2014Sinh viên

Bùi Mai Linh

Mục lục

Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Chương 1. Bài toán đẳng chu rời rạc trong mặt phẳng . . . . . . . . . . 5

1.1. Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp . . . . 6

1.2. Bất đẳng thức đẳng chu rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Chương 2. Bài toán đẳng chu rời rạc trong một góc . . . . . . . . . . . . 17

2.1. Trường hợp rời rạc với góc nhọn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2. Trường hợp rời rạc với góc tù . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2.1. Số đoạn n là chẵn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2.2. Số đoạn n là lẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2

Lời mở đầu

Bài khóa luận của em gồm hai phần: phần đầu em đưa ra bài toán đẳngchu rời rạc trong mặt phẳng, phần thứ hai em làm rõ bài toán đẳng chu rờirạc trong một góc.

Bất đẳng thức đẳng chu bắt nguồn từ câu chuyện Queen Dido ( năm 900trước Công nguyên) khi bà được nhà vua ban cho một mảnh đất ở ven bờbiển được bao quanh bởi một sợi dây bò. Giả thiết sợi dây bò này là sợi dâymềm. Khi đó câu hỏi đặt ra là mảnh đất đó nên có hình như thế nào để nócó diện tích lớn nhất? Giả sử bờ biển là "đường thẳng" thì ta có câu trả lời làmảnh đất có dạng nửa hình tròn sẽ có diện tích lớn nhất. Câu trả lời này đãđược khá nhiều nhà toán học chứng minh bằng nhiều cách khác nhau nhưchứng minh sơ cấp của Steiner, chứng minh của Minkowski (dùng bất đẳngthức Steiner và bất đẳng thức Brunn), chứng minh của Hadwiger, hay chứngminh của Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger) đã được Nguyễn Thị Thểtrình bày khá chi tiết trong [3]. Tuy nhiên, nếu sợi dây bò đó cứng, nói rõhơn nó có dạng các đoạn thẳng nối với nhau thì bài toán sẽ như thế nào?Trong Chương 1 bài khóa luận này em sẽ đưa ra kết quả cho câu hỏi này.

Một giả thiết khác đó là cho một góc cố định, một đường gấp khúc cóchiều dài không đổi cùng với góc đó tạo thành một miền kín, lúc này bàitoán sẽ được đưa về bài toán đẳng chu rời rạc trong một góc. Do thời giancó hạn nên em mới tìm hiểu được bài toán trong trường hợp góc nhỏ hơn π,

MỤC LỤC 4

nên trong Chương 2 em sẽ giới thiệu bài toán và đưa ra kết quả cho trườnghợp này.

Trong phần trình bày, Chương 1 em dựa theo tài liệu [5] của JarmilaNovotna, Chương 2 em trình bày theo tài liệu [4] của Đặng Anh Tuấn.

Do thời gian có hạn và việc tiếp thu kiến thức còn hạn chế nên Khóaluận không thể tránh khỏi thiếu sót. Rất mong được sự góp ý của thầy cô vàbạn bè.

Chương 1

Bài toán đẳng chu rời rạctrong mặt phẳng

Cho C là đường cong kín được tạo bởi n đoạn thẳng bao quanh miền D.Bài toán đưa ra là: Trong các đa giác n cạnh, có cùng chu vi L thì đa giácnào có diện tích (A) lớn nhất.

Ta luôn xét tới đa giác lồi vì nếu đa giác không phải lồi thì sẽ tồn tại 2đỉnh không kề nhau K,H trên C sao cho đường thẳng nối KH nằm ngoài đagiác. Khi đó, ta có thể thay thế đoạn KGH bằng đoạn đối xứng KG′H củanó qua đoạn thẳng KH, ta sẽ nhận được đa giác mới có chu vi bằng L, nhưngdiện tích lại lớn hơn diện tích của đa giác ban đầu. Do đó, ta chỉ cần chứngminh với đa giác lồi.

5

CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MẶT PHẲNG6

1.1. Một số bài toán đẳng chu trong hình họcphẳng sơ cấp

Khi n = 3,4 thì đường cong C lần lượt là hình tam giác, tứ giác. Bằngphương pháp sơ cấp, ta chứng minh một vài bài toán sauBài toán 1. ([1]) Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p, tam giác nàocó diện tích lớn nhất?GiảiGiả sử tam giác có 3 cạnh lần lượt là a,b,c, a,b,c > 0 và a+b+ c = 2p.Theo công thức Heron S =

√p(p−a)(p−b)(p− c)

Ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p−a, p−b, p− c

(p−a)(p−b)(p− c) ≤[(p−a)+(p−b)+(p− c)

3

]3

≤ p3

27,

khi đó

p(p−a)(p−b)(p− c)≤ p4

27,

nên

S =√

p(p−a)(p−b)(p− c)≤ p2√

39

.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi p−a = p−b = p− c hay a = b = c.Điều này có nghĩa là tam giác cần tìm là tam giác đều có cạnh là 2p/3,

với chu vi là 2p. �

Bài toán 2. ([1]) Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p (cho trước),và độ dài một cạnh là a (cho trước), tam giác nào có diện tích lớn nhất?GiảiGiả sử độ dài 3 cạnh của tam giác lần lượt là a,x,2p−a−x (a đã xác định).Theo công thức Heron ta có

S =√

p(p−a)(p− x)(p− (2p−a− x))=

√p(p−a).

√(p− x)(a− p+ x)


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm p− x,a− p− x√(p− x)(a− p+ x)≤ (p− x)+(a− p+ x)

2=

a2,

Khi đóS≤ a

2

√p(p−a).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi p− x = a− p+ x, hay x = p− a2.

Vậy trong các tam giác có chu vi 2p và một cạnh a cho trước, tam giáccân có các cạnh a, p− a

2, p− a

2là tam giác có diện tích lớn nhất. �

Bài toán 3 ([1]) Trong tất cả tứ giác lồi có cùng chu vi, tứ giác nào có diệntích lớn nhất?GiảiGiả sử tứ giác ABCD có chu vi là q. Lấy E,F,G,H lần lượt là trung điểmcủa AB, BC, CD, DA.

Gọi I là trung điểm của AC, ta có

FH ≤ IF+ IH =AB+CD

2,

suy ra

FH ≤ 12(AB+CD) . (1.1.1)

Lập luận hoàn toàn tương tự ta có

EG≤ 12(BC+AD) . (1.1.2)


Do E,F,G,H là trung điểm của các cạnh tứ giác, nên ta dễ dàng có

SBEF =14

SBAC,

SDHG =14

SDAC,

SCFG =14

SCBD,

SAHE =14

SADB.

(1.1.3)

Sử dụng (1.1.1), (1.1.2) và (1.1.3) ta có

SABCD = SBEF +SDHG +SCFG +SAHE +SEFGH

=14(SBAC +SDAC)+

14(SCBD +SADB)+SEFGH

=12

SABCD +SEFGH ,

nên

SABCD = 2SEFGH ≤ FH.EG≤ 12(AB+CD)× 1

2(BC+AD) .

Từ đó ta có

SABCD ≤ 14(AB+CD)(BC+AD)

≤ 14

[(AB+CD)+(BC+AD)

2

]2

≤ 14

[AB+CD+BC+AD

2

]2

=q2

16.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi AB = BC =CD = DA, hay tứ giác ABCDlà hình vuông.

Vậy trong các hình tứ giác có chu vi là q, hình vuông có cạnhq4

có diện

tích lớn nhất. �

Công việc chứng minh bài toán đẳng chu bằng phương pháp sơ cấpkhông còn là dễ dàng khi ta tăng số cạnh của đa giác (n≥ 5) . Và sau đây làmột phương án giải quyết cho vấn đề này.


1.2. Bất đẳng thức đẳng chu rời rạc

Định lý 1.2.1. ([5]) Giả sử C = P1...PnP1 là một đa giác lồi n cạnh, có diệntích là A và chu vi L. Khi đó

A≤ L2

4n tan π

n. (1.2.4)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi C là đa giác đều n cạnh.

Để chứng minh được định lý trên chúng ta cần phải sử dụng định lý sau:

Định lý 1.2.2. ([5]) Cho x1, ...,xn là n số thực sao chon

∑i=1

xi = 0. (1.2.5)

Giả sử chúng ta xác định xn+1 = x1. Khi đón

∑i=1

(xi− xi+1)2 ≥ 4sin2 π

n

n

∑i=1

x2i . (1.2.6)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

xi = Acos2πin

+Bsin2πin

, (1.2.7)

trong đó, i = 1,2, ...,n. A, B là hằng số.

Chứng minh. Định lý này vẫn sẽ đúng khi x1, ...,xn là các số phức. Thật

vậy, lấy z = (z1, ...,zn) ∈ Cn, và thỏa mãn điều kiệnn∑j=1

z j = 0.

Theo Bổ đề 1.2 trong [2], Ek = (Ek(1),Ek(2), ...,Ek(n)) là một cơ sởtrực chuẩn của không gian Cn, trong đó

Ek ( j) =1√n

e2πijk/n, j = 1,2, ...,n.

Ta viết vectơ z qua cơ sở Ek thì có các tọa độ là

z j =1n

n−1

∑k=0

z(k)e2πik j/n,


với z(k) =n∑j=1

z je−2πijk/n là hệ số của biến đổi Fourier rời rạc của z, (theo

(1.1.7) trong [2])Mặt khác ta có vectơ (z1−z2, ...,zn−1−zn,zn−z1)∈Cn có thể biểu diễn

như sau

z j− z j+1 =1n

n−1

∑k=0

z(k)e2πik j/n(

1− e2πik/n)

=1n

n−1

∑k=0

[z(k)

(1− e2πik/n

)]e2πik j/n.

Áp dụng Đẳng thức Plancherel trong Bổ đề 1.5 của [2] ta được

‖z‖2 =n

∑j=1

∣∣z j∣∣2 = 1

n

n−1

∑k=0|z(k)|2, (1.2.8)

và

n

∑j=1

∣∣z j− z j+1∣∣2 = 1

n

n−1

∑k=0

∣∣∣z(k)(1− e2πik/n)∣∣∣2

=1n

n−1

∑k=0|z(k)|2

[(1− cos

(2πk

n

))2

+ sin2(

2πkn

)]

=1n

n−1

∑k=0|z(k)|2.

(2−2cos

(2πk

n

))=

1n

n−1

∑k=0|z(k)|2.4sin2 kπ

n. (1.2.9)

Don

∑j=1

z j = 0 nên z(0) = 0. Hơn nữa sin2(kπ

n) ≥ sin2(

π

n) với mọi k ∈

{1, ...,n−1}. Khi đó (1.2.9) trở thành

n

∑j=1

∣∣z j− z j+1∣∣2 = 1

n

n−1

∑k=1|z(k)|2.4sin2 πk

n≥ 1

n

n−1

∑k=1|z(k)|2.4sin2 π

n. (1.2.10)


Từ (1.2.8), (1.2.10) suy ra Định lý 1.2.2 đúng khi x1, ...,xn là các số phức. Ta

có sin2 kπ

n= sin2 π

nkhi và chỉ khi k ∈ {1,n−1}.

Khi đó, dấu "=" của (1.2.10) xảy ra khi và chỉ khi z(k) = 0 với mọi k /∈{1,n−1} . Lúc này

z j = z(1)e2πij1/n + z(n−1)e2πij(n−1)/n

= [z(1)+ z(n−1)]cos2π j

n+[z(1)− z(n−1)] i sin

2π jn

.

Đặt z(1) = a1 + ia2, z(n−1) = b1 + ib2, a1,a2,b1,b2 là các hằng số thuộcR, khi đó

z j = [(a1 +b1)+ i(a2 +b2)]cos2π j

n+[(a1−b1)+ i(a2−b2)] i sin

2π jn

=

[(a1 +b1)cos

2π jn− (a2−b2)sin

2π jn

]+

+i[(a2 +b2)cos

2π jn

+(a1−b1)sin2π j

n

].

Khi z j ∈ R thì

z j =

[(a1 +b1)cos

2π jn

+(b2−a2)sin2π j

n

]. (Thỏa mãn điều kiện (1.2.7))

Giả sử ngược lại rằng z j là số thực có dạng Acos2π j

n+Bsin

2π jn

với

A,B là hằng số thuộc R. Ta cần chỉ ra rằng tồn tại các số thực a1,a2,b1,b2

để z j có dạng phức như trên. Thật vậy, ta chọn

a1 = b1 =A2,

a2 =−b2 =−B2.


Khi đó

z j= Acos2π j

n+Bsin

2π jn

=

[(a1 +b1)cos


2π jn

]+ i.0

=

[(a1 +b1)cos


2π jn

]+

+ i[(a2 +b2)cos

2π jn

+(a1−b1)sin2π j

n

]

Vậy Định lý được chứng minh. �

Có đường cong C gồm n đoạn và nó bao quanh miền D, tổng độ dài củan đoạn thẳng là cố định. Khi đó, ta đặt đa giác lồi đã cho vào hệ trục tọa độDescartes Oxy sao cho gốc O chính là trọng tâm của đa giác này.Do độ dài của C luôn cố định hữu hạn nên miền D luôn bị chứa trong mộtmiền bị chặn khi C thay đổi. Vì vậy diện tích của miền D là bị chặn nên tacó thể tìm được cận trên đúng trong tất cả các diện tích của D khi C thay đổihình dạng.Từ đó ta có một dãy các đỉnh Pki,k = 1,2, ...,n, i = 1,2, ... sao cho dãy cácdiện tích của P1iP2i...Pni tiến dần tới cận trên đúng khi i tiến ra vô cùngvà chu vi của chúng chính là độ dài của C. Sử dụng định lý Bolzano -Weierstrass chúng ta có thể có một đường cong C bao gồm n(n ∈ N) đoạnP1P2, ...,Pn−1Pn mà diện tích miền D là lớn nhất, ta gọi đó là đường congcực đại.

Ta đi chứng minh đường cong cực đại này sẽ có n đoạn có độ dài bằngnhau. Thật vậy, giả sử chúng ta không có điều này, tức là tồn tại hai cạnh kềnhau Pi−1Pi và PiPi+1 có độ dài khác nhau.

Ta giữ nguyên phần đa giác P1P2...Pi−1Pi+1...PnP1, 2 đỉnh Pi−1, Pi+1 làcố định, chỉ xét tam giác Pi−1PiPi+1, khi đó, áp dụng Bài toán 2 ở phần1.1 ta có diện tích tam giác Pi−1PiPi+1 lớn nhất khi tam giác này cân, tức|Pi−1Pi| = |PiPi+1|. Chính vì vậy, đa giác có n cạnh bằng nhau là trạng thái


của n-giác có chu vi không đổi mà diện tích đạt được giá trị lớn nhất.

Bổ đề 1.2.1. Cho tam giác OBC có tọa độ các đỉnh lần lượt là O(0,0),B(xB,yB), C(xC,yC) và các đỉnh được sắp xếp theo chiều ngược chiều kimđồng hồ. Khi đó diện tích của tam giác là

SOBC =12(xByC− xCyB) .

Chứng minh. Theo công thức Green ta có

SOBC =12

∫OBCO

xdy− ydx.

Do O,B,C được sắp xếp theo chiều ngược kim đồng hồ nên

∫OBCO

xdy− ydx =

∫OB

+∫

BC

+∫

CO

(xdy− ydx) . (1.2.11)

+ Tham số hóa đoạn OB: x = txB,y = tyB, t chạy từ 0 đến 1,

∫OB

(xdy− ydx) =1∫

0

txBd (tyB)− tyBd (txB)

=

1∫0

(txByB− tyBxB)dt

= 0. (1.2.12)


+ Tham số hóa đoạn BC: x = t(xC−xB)+xB,y = t(yC−yB)+yB, t chạy từ0 đến 1,

∫BC

(xdy− ydx) =1∫

0

[t (xC− xB)+ xB]d [t (yC− yB)+ yB]−

− [t (yC− yB)+ yB]d [t (xC− xB)+ xB]

=

1∫0

[xB (yC− yB)− yB (xC− xB)]dt

=

1∫0

(xByC− yBxC)dt

= xByC− yBxC. (1.2.13)

+ Tham số hóa đoạn CO: x = txC,y = tyC, t chạy từ 1 đến 0,

∫CO

(xdy− ydx) =0∫

1

txCd (tyC)− tyCd (txC)

=

0∫1

(txCyC− tyCxC)dt

= 0. (1.2.14)

Thay (1.2.12), (1.2.13), (1.2.14) vào (1.2.11) ta được

SOBC =12

∫OBCO

xdy− ydx

=12(xByC− xCyB) .

Vậy Bổ đề được chứng minh. �

Chứng minh định lý 1.2.1. ([5]) Đa giác được tạo bởi các đỉnh P1, ...,Pn

được đặt trên hệ trục tọa độ Descartes theo thứ tự sắp xếp ngược chiều kim


đồng hồ. Giả sử tọa độ Pi = (xi,yi), i = 1,2, ...,n và Pn+1 = P1. Khi đó, do Olà trọng tâm của đa giác nên

n

∑i=1

xi =n

∑i=1

yi = 0,xi+1 = x1,yi+1 = y1.

Do chiều dài của tất cả các đoạn PiPi+1 là bằng nhau nên độ dài của đườngcong C là

L = n

√|P1P2|2 + ...+ |Pn−1Pn|2

n.

Ta lại có |PiPi+1|=√(xi− xi+1)2 +(yi− yi+1)2 nên

L2

n=

n

∑i=1

[(xi+1− xi)2 +(yi+1− yi)

2]. (1.2.15)

Áp dụng Bổ đề 1.2.1 cho tam giác OPiPi+1, các đỉnh O,Pi,Pi+1 lần lượttương ứng với O,B,C trong Bổ đề ta có diện tích của miền D là

A =12

n

∑i=1

(xiyi+1− xi+1yi)

=14

n

∑i=1

[(xi + xi+1)(yi+1− yi)+(xi− xi+1)(yi + yi+1)]. (1.2.16)

Nhân cả hai vế của (1.2.16) với 8tanπ

nvà sử dụng Định lý 1.2.2 với hai dãy

{xn},{yn} thỏa mãn điều kiện của Định lý, ta có

8tanπ

nA= 2tan

π

n

n

∑i=1

[(xi + xi+1)(yi+1− yi)+(xi− xi+1)(yi + yi+1)]

≤n

∑i=1

(yi− yi+1)2 + tan2 π

n

n

∑i=1

(xi + xi+1)2+

+n

∑i=1

(xi+1− xi)2 + tan2 π

n

n

∑i=1

(yi + yi+1)2


=n

∑i=1

[(xi− xi+1)

2 +(yi− yi+1)2]+

+ tan2 π

n

n

∑i=1

{[4x2

i − (xi− xi+1)2]+[4y2

i − (yi− yi+1)2]}

=n

∑i=1

{(1− tan2 π

n

)[(xi− xi+1)

2 +(yi− yi+1)2]}

+

+4tan2 π

n

n

∑i=1

(x2

i + y2i). (1.2.17)

Kết hợp (1.2.6), (1.2.17) và (1.2.15), chúng ta nhận được bất đẳng thức sau:

8tanπ

nA≤

n

∑i=1

1− tan2 π

n+

1

cos2 π

n

[(xi− xi+1)2 +(yi− yi+1)

2]= 2

L2

n.

(1.2.18)Bất đẳng thức (1.2.18) chính là bất đẳng thức (1.2.4). Định lý được

chứng minh. �

Chương 2

Bài toán đẳng chu rời rạctrong một góc

Bài toán: Cho một góc có độ lớn α . Một đường gấp khúc C được tạo bởin đoạn thẳng nối với nhau có chiều dài Ln cố định và hai đầu mút nằm trênhai cạnh của góc và không tự cắt nó. Đường gấp khúc này cùng với góc α

đã cho tạo thành miền kín D. Vậy hình dạng của C phải như thế nào để diệntích (An) của miền D là lớn nhất?

Trong bài khóa luận này, ta sẽ chỉ làm việc với trường hợp 0 < α < π .Hoàn toàn tương tự như bài toán của đa giác ở Chương 1, ta có thể thấy

miền D sẽ là miền lồi. Vì nếu miền D không phải miền lồi, ta sẽ có hai điểmthuộc C sao cho đường thẳng nối hai điểm đó nằm ngoài miền D. Khi đó tasẽ thay đoạn cong giữa hai điểm đó bằng đường cong đối xứng với nó quađoạn ta vừa nối được, lúc này ta sẽ được đường cong mới có chiều dài bằngchiều dài của C và miền kín mới có diện tích lớn hơn An.

Với trường hợp 0 < α < π/2, ta sử dụng lối giải theo bất đẳng thức kiểuWirtinger rời rạc. Tuy nhiên, khi π/2 < α < π , chúng ta sẽ chia trường hợp:số đoạn n là lẻ hoặc số đoạn n là chẵn. Trong trường hợp chẵn, bằng cách sử

17

CHƯƠNG 2. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU RỜI RẠC TRONG MỘT GÓC 18

dụng tính đối xứng ta sẽ đưa về trường hợp 0 < α < π/2. Trong trường hợplà lẻ, ta sử dụng tiêu chuẩn Sylvester:

"Một ma trận đối xứng A cỡ N×N có tất cả các giá trị riêng không âmnếu có N−1 định thức con chính đầu tiên đều dương và det(A)≥ 0."

Ta có bất đẳng thức Đẳng chu rời rạc trong một góc

Định lý 2.0.3. ([4]) Khi 0 < α < π thì

An ≤L2

n

4n tan α

2n.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi |OP0| = |OP1| = ... = |OPn|, ∠PjOPj+1 =α

n, j = 0,1, ...,n−1.

Có đường cong C gồm n đoạn và nó bao quanh miền D, tổng độ dàicủa n đoạn thẳng là cố định. Khi đó, ta đặt góc đã cho vào hệ trục tọa độDescartes sao cho gốc O chính là gốc của góc này.

Do độ dài của đường cong là không đổi, nên ta có thể tìm được cận trênđúng trong tất cả các diện tích D khi C thay đổi hình dạng. Từ đó ta cómột dãy các đỉnh Pk j,k = 0,1, ...,n, j = 1,2, ... sao cho dãy các diện tích củaOP0 jP1 j...Pn j tiến dần tới cận trên đúng khi j tiến ra vô cùng và độ dài củachúng chính là Ln . Sử dụng định lý Bolzano - Weierstrass chúng ta có thểcó một đường cong C bao gồm n(n ∈ N) đoạn P0P1,P1P2, ...,Pn−1Pn,P0 ∈Ox,Pn ∈ Oz mà diện tích miền D lớn nhất, ta gọi đó là đường cong cực đại.


Kết luận 1: |OP0|= |OPn|.Thật vậy, giả sử |OP0| 6= |OPn|, ta lấy

_P0 ∈ Ox,

_Pn ∈ Oz, sao cho |O

_P0 | =

|O_

Pn |, |_

P0_

Pn |= |P0Pn| và thay đổi đường cong C để giống với đường cong_C có hai đầu mút là

_P0,

_Pn. Dễ dàng ta có (sử dụng Bài toán 2, 1.1, Chương

1)S∆OP0Pn < S

∆O_

P0_

Pn

Vì vậy đường cong C chặn một miền có diện tích nhỏ hơn so với diệntích của một miền đóng bị chặn bởi đường cong

_C . Điều này mâu thuẫn với

giả thiết C là đường cong cực đại.Kết luận 2: |P0P1|= |P1P2|= ...= |Pn−1Pn|. Nếu chúng ta không có điều

này thì tồn tại j ∈ 1,2, ...,n sao cho |Pj−1Pj| 6= |PjPj+1|. Vì vậy điểm Pj

không nằm trên đường trực giao L j của Pj−1Pj+1 tại điểm chính giữa của

đoạn này. Trên đường L j ta lấy điểm−P j sao cho Pj,

−P j cùng nằm trên một

nửa mặt phẳng bờ Pj−1Pj+1 và

|Pj−1−P j|= |Pj+1

−P j|=

|Pj−1Pj|+ |Pj+1Pj|2

.

Ta dễ dàng có (sử dụng kết quả Bài toán 2, 1.1, Chương 1)

S∆Pj−1PjPj+1 < S∆Pj−1

_P jPj+1

.


Vì vậy đường cong P0...Pj−1_P jPj+1...Pn có độ dài bằng với độ dài Ln của

đường cong cực đại C và nó chặn một miền kín có diện tích lớn hơn diệntích A của miền đóng D. Điều nàu mâu thuẫn với giả thiết C là miền congcực đại.

Kết luận 3: |P0P2|= |P1P3|= ...= |PjPj+2|= ...= |Pn−2Pn|.Nếu chúng ta không có kết luận này, sẽ tồn tại j ∈ 1,2, ...,n−2 sao cho|Pj−1P j+1| 6= |PjPj+2|. Từ Kết luận 2, ta có |Pj−1Pj|= |PjPj+1|= |Pj+1Pj+2|vì vậy Pj,Pj+1 không đối xứng với nhau qua đường thẳng trực giao K j tạitrung điểm của đoạn Pj−1Pj+2.

Ta lấy:


- X ,Y là hai điểm đối xứng của Pj,Pj+1 qua trục K j,

-_P j,

_P j+1 là hai điểm chính giữa của hai đoạn PjY,Pj+1X .

Ta có

+ |Pj−1Pj|+ |PjPj+1|+ |Pj+1Pj+2|> |Pj−1_P j|+ |

_P j

_P j+1|+ |

_P j+1Pj+2|,

+ SPj−1PjPj+1Pj+2 < SPj−1_P j

_P j+1Pj+2

.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết C là đường cong cực đại.Từ Kết luận 1,2,3 ta có thế suy ra một đường cong cực đại C sẽ có các đặcđiểm sau:

* nó là đường cong đối xứng qua trục là đường phân giác L của góc,

* |P0P1|= |P1P2|= ...= |Pn−1Pn| và |OP0|= |OPn|.

Nếu n là số chẵn thì Pn/2 ∈ L , ta thu gọn Định lý 2.0.3 từ 0 < α < π trởthành 0 < α < π/2.

2.1. Trường hợp rời rạc với góc nhọn

Ta xét đường cong cực đại có n đoạn thẳng có độ dài giống nhau |P0P1|=|P1P2|= ...= |Pn−1Pn| và |OP0|= |OPn|.


Giả sử các đỉnh P0,P1, ...,Pn được sắp xếp theo thứ tự ngược chiều kimđồng hồ. Từ đó ta có

P0 = (x0,0),Pj = (x j,y j), j = 1,2,3, ...,n,

xn = x0 cos(α),yn = x0 sin(α).

Do chiều dài của tất cả các đoạn PjPj+1 là bằng nhau nên độ dài của đườngcong C là

Ln = n

√|P0P1|2 + ...+ |Pn−1Pn|2

n.

Ta lại có |PjPj+1|=√

(x j− x j+1)2 +(y j− y j+1)2 nên

L2n

n=

n−1

∑j=0

[(x j− x j+1)2 +(y j− y j+1)

2]. (2.1.1)

Áp dụng Bổ đề 1.2.1 cho tam giác OPjPj+1, các đỉnh O,Pj,Pj+1 lần lượttương ứng với đỉnh O,B,C, ta có

An =12

n−1

∑j=0

(x jy j+1− x j+1y j

),

hay

An =14

n−1

∑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)


Chúng ta sẽ sử dụng trường hợp rời rạc của bất đẳng thức kiểu Wirtinger.

Bổ đề 2.1.1. ([4]) Với mọi t ∈ (0,π

2n) ta có

2(1− cos t)n−1

∑j=1

y2j +

(1− sin(n−1)t

sin(nt)

)y2

n ≤n−1

∑j=1

(y j− y j+1)2 + y2

1, (2.1.3)

2(1−cos t)n−1

∑j=1

x2j +

(1− cos(n−1)t

cos(nt)

)x2

n ≤n−1

∑j=0

(x j−x j+1)2−(1−cos t)x2

0.

(2.1.4)Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x j = x0 cos( jt),y j = r sin( jt), j = 1,2, ...,n. rlà một hằng số dương.

Chứng minh.([4]) Với t ∈(

0,π

2n

)ta có

0≤ jt ≤ π

2với j = 0,1,2, ...,n,

nênsin( jt)> 0, j = 1,2, ...,n và cos( jt)> 0, j = 0,1, ...,n.

Hơn nữa trong trường hợp này x j,y j > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy tađược

sin( j+1)tsin( jt)

y2j +

sin( jt)sin( j+1)t

y2j+1 ≥ 2y jy j+1, (2.1.5)

cos( j+1)tcos( jt)

x2j +

cos( jt)cos( j+1)t

x2j+1 ≥ 2x jx j+1. (2.1.6)

Cho j chạy từ 1 đến n−1 ở (2.1.5) và từ 0 đến n−1 ở (2.1.6) và sử dụng

sina+ sinb = 2sin(a+b

2)cos(

a−b2

),

cosa+ cosb = 2cos(a+b

2)cos(

a−b2

),


ta có

2cos tn−1

∑j=1

y2j +

sin(n−1)tsin(nt)

y2n ≥ 2

n−1

∑j=1

y jy j+1,

x20 cos t +2cos t

n−1

∑j=1

x2j +

cos(n−1)tcos(nt)

x2n ≥ 2

n−1

∑j=0

x jx j+1.

Từ đó ta chứng minh được (2.1.3), (2.1.4). �

Bây giờ chúng ta đi chứng minh Định lý 2.0.3 trong trường hợp 0 < α <π

2.

Chứng minh. Dễ dàng ta có

2tan(α

2n)(x j + x j+1)(y j+1− y j)≤ tan2(

α

2n)(x j + x j+1)

2 +(y j+1− y j)2,

(2.1.7)2tan(

α

2n)(x j− x j+1)(y j+1 + y j)≤ tan2(

α

2n)(y j + y j+1)

2 +(x j+1− x j)2.

(2.1.8)Kết luận 1 |OP0|= |OPn| dẫn đến x2

0 = x2n + y2

n và y0 = 0,

n−1

∑j=0

[(x j+x j+1)2+(y j+y j+1)

2] =n−1

∑j=0

[4(x2j +y2

j)−(x j−x j+1)2−(y j−y j+1)

2].

Và tanα

2n> 0 khi 0 < α <

π

2, từ (2.1.2), (2.1.7), (2.1.8) ta có

8An tan(α

2n)≤ (1− tan2(

α

2n))

n−1

∑j=0

[(x j+1− x j)2 +(y j+1− y j)

2]

+4tan2(α

2n)

n−1

∑j=0

(x2j + y2

j). (2.1.9)

Áp dụng Bổ đề 2.1.1 cho t =α

n∈ (0,

π

2n) khi 0 < α < π/2,

4sin2(α

2n)

n−1

∑j=1

y2j +(1− sin(α− t)

sinα)y2

n ≤n−1

∑j=1

(y j− y j+1)2 + y2

1, (2.1.10)


4sin2(α

2n)

n−1

∑j=1

x2j +(1− cos(α− t)

cosα)x2

n ≤n−1

∑j=1

(x j− x j+1)2−2sin2(

α

2n)x2

0.

(2.1.11)Ta cộng (2.1.10) và (2.1.11) theo vế, kết hợp với y0 = 0,xn = x0 cosα,yn =

y0 sinα , ta thu được

4sin2(α

2n)

n−1

∑j=0

(x2j + y2

j)≤n−1

∑j=0

[(x j− x j+1)2 +(y j− y j+1)

2]. (2.1.12)

Từ (2.1.9), (2.1.12) và (2.1.1) ta có

8An tan(α

2n)≤ 2L2

n

n,

hay

An ≤L2

n

4n tan(α

2n).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x j = x0 cos( jt),y j = x0 sin( jt), trong đó t =α

n.

Chú ý rằng yn = x0 sinα vì vậy

x j = x0 cos(jαn),y j = r sin(

jαn),yn = x0 sinα = r sinα.

Mặt khác α ∈ (0, π2 ) nên r = x0.

Định lý 2.0.3 được chứng minh trong trường hợp rời rạc với góc nhọn. �

Còn trong trường hợp với góc tù (tứcπ

2< α < π), ta giải quyết vấn đề

như sau:

2.2. Trường hợp rời rạc với góc tù

2.2.1. Số đoạn n là chẵn

Trong trường hợp này, do tính đối xứng qua đường phân giác L củagóc, ta xét hai đường cong thành phần C1,C2 của C và áp dụng kết quả của


trường hợp góc nhọn với hai góc OxL và OzL. Khi đó Định lý 2.0.3 đượcchứng minh.

2.2.2. Số đoạn n là lẻ

Trong trường hợp n lẻ, đặt n = 2k + 1. Chúng ta không thể áp dụngcách chứng minh trong trường hợp góc nhọn trên vì Bổ đề 2.1.1 không đúngtrong trường hợp này. Tuy nhiên chúng ta có thể chứng minh Định lý 2.0.3bằng việc sử dụng Bổ đề 2.1.1 nếu chúng ta chứng minh được bất đẳng thức(2.1.10), hoặc bất đẳng thức tương đương sau là đúng

2cos t(2k∑j=0

x2j +

2k∑j=1

y2j)−

−2(2k−1∑j=0

x jx j+1 + x2kx0 cosα +2k−1∑j=1

y jy j+1 + y2kx0 sinα) ≥ 0,

(2.2.13)với n= 2k+1,0<α < π, t =

α

2k+1. Để chứng minh bất đẳng thức (2.2.13),

ta sử dụng tiêu chuẩn Sylvester.Ta xét ma trận sau

H =

(A BC D

),

trong đó cỡ của ma trận A là (2k+1)× (2k+1),cỡ của ma trận B là (2k+1)× (2k),cỡ của ma trận C là (2k)× (2k+1),cỡ của ma trận D là (2k)× (2k),

A =

2cos t −1 0 ... 0 0 −cosα

−1 2cos t −1 ... 0 0 00 −1 2cos t ... 0 0 0. . . ... . . .

0 0 0 ... 2cos t −1 00 0 0 ... −1 2cos t −1

−cosα 0 0 ... 0 −1 2cos t

,


B =

0 0 ... 0 −sinα

0 0 ... 0 0. . ... . .

0 0 ... 0 00 0 ... 0 0

và C =

0 0 ... 0 00 0 ... 0 0. . ... . .

0 0 ... 0 0−sinα 0 ... 0 0

,

D =

2cos t −1 0 ... 0 0 0−1 2cos t −1 ... 0 0 00 −1 2cos t ... 0 0 0. . . ... . . .

0 0 0 ... 2cos t −1 00 0 0 ... −1 2cos t −10 0 0 ... 0 −1 2cos t

.

Từ đó ta có thể thấy rằng, để bất đẳng thức (2.2.13) đúng thì mọi giá trị riêngcủa H là không âm, hay 4k định thức con chính đầu tiên của H đều dươngvà det(H)≥ 0. Vì vậy chúng ta cần phải tính được các định thức con chínhcủa H.

Bổ đề 2.2.1. ([4]) Xét ma trận vuông cấp j

U j =

2cos t −1 0 ... 0 0 0−1 2cos t −1 ... 0 0 00 −1 2cos t ... 0 0 0. . . ... . . .

0 0 0 ... 2cos t −1 00 0 0 ... −1 2cos t −10 0 0 ... 0 −1 2cos t

.

Đặt I j = det(U j). Khi đó ta có

I j =sin( j+1)t

sin t.


Chứng minh. Ta có:

I1 = 2cos t =sin(2t)

sin t,

j = 2, sử dụng khai triển Laplace theo cột 2

I2 = 2I1 cos t−1

= 2.sin(2t)cos t− sin t

sin t=

sin t + sin(3t)− sin tsin t

=sin(3t)

sin t,

j = 3,sử dụng khai triển Laplace theo cột 3

I3 = (−1)(−1)

∣∣∣∣∣ 2cos t −10 −1

∣∣∣∣∣+2cos t.I2

= 2I2 cos t− I1

=2sin(3t)cos t− sin(2t)

sin t=

sin(4t)sin t

,

hoàn toàn tương tự ta có được

I j+1 = 2I j cos t− I j−1

Sử dụng phương pháp quy nạp để chỉ ra được I j =sin( j+1)t

sin t.Thật vậy,

Với j = 2,3 thì Bổ đề 2.2.1 đúng (theo tính toán trên).

Giả sử j = k, Bổ đề 2.2.1 đúng, tức Ik−1 =sinktsin t

, Ik =sin(k+1)t

sin t.


Ta cần chứng minh Bổ đề 2.2.1 đúng với j = k+1. Ta có

Ik+1 = 2Ik cos t− Ik−1

=2sin(k+1)cos t

sin t− sin(kt)

sin t=

sin(k+2)t + sin(kt)− sin(kt)sin t

=sin(k+2)t

sin t.

Vậy Bổ đề đã được chứng minh. �

Bổ đề 2.2.2. ([4]) Cho V là ma trận đối xứng cấp m,m ≥ 3. Giả sử V códạng

V =

a M1 bMt

1 V1 Mt2

b M2 c

,

trong đó a,b,c ∈ C, M j, j = 1,2, là các ma trận cỡ 1× (m−2). Ta có

det(V )=−b2 det(V1)+2(−1)m+1bdet

(M1 0V1 Mt

2

)+det

a M1 0Mt

1 V1 Mt2

0 M2 c

.

Chứng minh. Ta có

det(V ) = det

a M1 bMt

1 V1 Mt2

b 0 0

+det

a M1 bMt

1 V1 Mt2

0 M2 c

= det

a M1 bMt

1 V1 Mt2

b 0 0

+det

a M1 bMt

1 V1 00 M2 0

+det

a M1 0Mt

1 V1 Mt2

0 M2 c


= (−1)m+1bdet

(M1 bV1 Mt

2

)+(−1)m+1bdet

(Mt

1 V1

0 M2

)

+det

a M1 0Mt

1 V1 Mt2

0 M2 c

= (−1)m+1b

[det

(M1 bV1 0

)+det

(M1 0V1 Mt

2

)]

+(−1)m+1bdet

(Mt

1 V1

0 M2

)+det

a M1 0Mt

1 V1 Mt2

0 M2 c

= (−1)m+1b(−1)mbdet(V1)+(−1)m+1bdet

(M1 0V1 Mt

2

)

+(−1)m+1bdet

(Mt

1 V1

0 M2

)+det

a M1 0Mt

1 V1 Mt2

0 M2 c

=−b2 det(V1)+(−1)m+1bdet

(M1 0V1 Mt

2

)

+(−1)m+1bdet

(Mt

1 V1

0 M2

)+det

a M1 0Mt

1 V1 Mt2

0 M2 c

.

Trong đó, V,V1 đều là ma trận đối xứng.Hơn nữa ta lại có (

M1 0V1 Mt

2

)=

(M1 0V1 Mt

2

)t

.

Khi đó Bổ đề 2.2.2 được chứng minh. �


Tất cả các định thức con chính của H là

I1, I2, ..., I2k,

J1 = det(A),J1I1,J1I2, ...,J1I2k−1,

J2 = det(H).

Áp dụng Bổ đề 2.2.2 cho ma trận A, với a = c = 2cos t,b = −cosα,V1 =

U2k−1

A =

2cos t M1 −cosα

Mt1 V1 Mt

2

−cosα M2 2cos t

,

trong đó, M1 = (−1,0, ...,0),M2 = (0, ...,0,−1) có cũng cỡ 1× (2k−1) tađược

J1 = det(A)=−cos2αI2k−1

−2(−1)2k+2cosα det

−1 0 ... 0 0 0

2cos t −1 ... 0 0 0. . ... . . .

0 0 ... −1 2cos t −1

+ I2k+1

=−cos2α sin(2kt)sin t

−2cosα +sin(2(k+1)t)

sin t.

Mà t =α

2k+1,hay α = (2k+1)t vì vậy

J1 =sin2

α sin(2kt)sin t

− sin(2kt)sin t

−2.cos(2k+1)t +sin(2k+1)t cos t

sin t+cos(2k+1)t

= I2k−1sin2α− I2k−1 +

sin(2k+1)t cos t− cos(2k+1)t sin tsin t

= I2k−1sin2α− I2k−1 +

sin(2kt)sin t

= I2k−1sin2α− I2k−1 + I2k−1

= I2k−1sin2α.


Áp dụng Bổ đề 2.2.2 cho

H =

2cos t M1 −sinα

Mt1 V1 Mt

2

−sinα M2 2cos t

,

với M1 = (−1,0, ...,−cosα︸︷︷︸2k

, ...,0), M2 = (0, ...,−cosα︸︷︷︸2k

, ...,0,−1), đều có cỡ

1× (4k−1) và

V1 =

(U2k 0

0 U2k−1

).

Ta có

J2 = det(H)

= −sin2αI2kI2k−1−2(−1)4k+2 sinα det

(E 00 G

)+ I2kJ1,

với E có cỡ (2k+1)×2k, G có cỡ (2k−1)×2k. Vì ma trận

(E 00 G

)là

ma trận vuông có cỡ 4k× 4k và tất cả (2k+ 1) hàng đầu tiên của nó thuộcR2k×{0},

det

(E 00 G

)= 0.

Mặt khác J1 = I2k−1 sin2α nên J2 =−sin2

αI2kI2k−1 + I2kJ1 = 0. Vì t =α

2k+1∈ (0,

π

2k+1) khi 0 < α < π , 4k định thức con chính đầu tiên của H

đều dương và det(H) = 0 nên bất đẳng thức (2.2.13) là đúng. Từ đó Định lý2.0.3 được chứng minh cho trường hợp 0 < α < π lẻ với n là số lẻ. �

Kết luận

Bài Khóa luận "Bài toán đẳng chu rời rạc trong một góc" đã đưa ra đượckết quả của các bài toán Đẳng chu rời rạc như sau:

• Trong các n-giác lồi có cùng chu vi, đa giác đều n cạnh có diện tíchlớn nhất,

• Cho một góc có số đo nhỏ hơn π , trong các đường gấp khúc n đoạncó cùng chu vi, đường gấp khúc được tạo bởi n đoạn thẳng bằng nhauvà các đỉnh cách đều gốc O cùng với góc đó tạo thành miền có diệntích lớn nhất.

Em đã đi làm rõ các chứng minh của Jarmila Novotna và Đặng Anh Tuấnvề Bất đẳng thức Đẳng chu rời rạc trong mặt phẳng và trong một góc có sốđo nhỏ hơn π.

Tuy nhiên do thời gian có hạn nên em chưa tìm hiểu được Bài toán Đẳngchu rời rạc trong một góc với góc lớn hơn π.

33

Tài liệu tham khảo

[1] Lê Thanh Bình.: Bài toán đẳng chu - Bất đẳng thức đẳng chu trongmặt phẳng sơ cấp. Khóa luận tốt nghiệp 2008.Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh.

[2] Hoàng Đình Linh.: Wavelets on ZN .Khóa luận tốt nghiệp 2013.Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội.

[3] Nguyễn Thị Thể.: Một số bất đẳng thức trong không gian Lp.Khóaluận tốt nghiệp 2011.Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội.

[4] Đặng Anh Tuấn.: Isoperimetric problem in a sector.Đại học Khoa học Tự Nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội. 2014.

[5] Jarmila Novotna.: "Variations of descrete analogues of Wirtinger’s in-equality", Casopis pro pestovani matematiky. Vol.105 (1980), No.3,278-285.

34

Documents

BÀI TOÁN Đ‘NG CHU R˝I R—C TRONG M¸T GÓCChương 1 Bài toán đflng chu ríi r⁄c trong m t phflng Cho C là đưíng cong kín đưæc t⁄o bði n đo⁄n thflng bao