manutd

Định lí Thébault

Địnhl lí này có 1 tiểu sử khá thú vị. Theo bài viết Sawayama and Thébault's Theorem trên tạp chí Forum Geometricorum (số 3/2003) thì năm 1938, trên tạp chí American Mathematics Monthly nhà định lí nổi tiếng người Pháp Victor Thébault đã đăng định lí này. Lời giải tính toán của nó lần đầu tiên xuất hiện năm 1973 ở Hà Lan và trở nên phổ biến vào năm 1989 trên tạp chí Crux (giải bởi Veldkamp - 1 trong 2 tác giả của lời giải đã đăng ở Hà Lan).

Câu chuyện tưởng đã kết thúc nhưng đến ngay cuối năm đó Swiss R. Stark, một giáo viên tại Kantonsschule - Schaffhausen, xuất bản trong cuốn Toán học cơ bản một lời giải tổng hợp (tức chỉ dùng các công cụ của hình học phẳng) của 1 kết quả mở rộng hơn đề ra ban đầu. Sự mở rộng này đã đưa ra một trường hợp đặc biệt đối với hình chữ nhật - một kết quả đã được biết đến bởi J. Neuberg và nó đã được chú thích trong tạp chí AMM trong bản online. Lời giải tính toán đầu tiên cho sự mở rộng này được tìm ra bởi K. B. Taylor (người Anh), chứng minh chiếm mất 24 trang giấy. Đến năm 1986, một chứng minh khác ngắn gọn hơn được tìm ra bởi Gerhard Turnward.

Rồi đến năm 2001, R. Shail trong sự phân tích của mình, đã nhận ra một chứng minh hoàn hảo hơn cho 1 trường hợp tổng quát mà bài toán của Stark chỉ là một trường hợp đặc biệt. Sự tổng quát cuối cùng này được chứng minh bằng tính toán không hoàn chỉnh lắm bởi S. Geuron. Năm 2003, AMM xuất bản một lời giải của B. J. English, nhận được từ năm 1975.

Theo tạp chí JSTOR, lời giải bài toán của Shail đã được giải trước đó từ rất lâu, từ năm 1905 bởi Y. Sawayama, một giáo viên trung học tại Tokyo - Nhật Bản. chứng minh của ông ấy là sự pha trộn giữa cách chứng minh hình học tổng hợp và tính toán.

Bởi vậy, định lí này chúng ta có thể gọi là định lí Sawayama-Thébault.

Chú thích thêm 1 chút: khi nói đến chứng minh bằng tính toán (nguyên bản là metric) thì có thể hiểu sự chứng minh đó dùng những công cụ cao cấp của đại số làm phương tiện.

Toàn bộ bài báo này các bạn có thể xem ở file gửi kèm theo cuối bài viết.

Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). D là một điểm nằm trên cạnh BC. Đường tròn tâm P tiếp xúc với 2 đoạn AD,DC và tiếp xúc trong với (O). Đường tròn tâm Q tiếp xúc với 2 đoạn AD,DB và tiếp xúc trong với (O). Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Ta có: P,I,Q thẳng hàng.

Bổ đề 1: Gọi M là điểm chính giữa cung BC không chứa A. Nếu I là một điểm thuộc đoạn AM và MI=MB=MC thì I là tâm nội tiếp của tam giác ABC.

Đây là một bổ đề quen thuộc và có chứng minh đơn giản. Vì vậy, chúng tôi không nêu ra ở đây.

Bổ đề 2: Gọi E,F lần lượt là tiếp điểm của (P) với DC,AD. Ta có: E,I,F thẳng hàng.



Chứng minh bổ đề 2: Gọi K là tiếp điểm của (P) và (O). KE,KF cắt (O) lần nữa tại M,N. Xét phép vị tự tâm K biến (P) thành (O), ta thấy ngay M là điểm chính giữa cung BC không chứa A. Gọi Jlà giao điểm của EFvà AM . Ta có AFJKnội tiếp. Áp dụng định lí Miquel cho tam giác AFJ , xét EJKtiếp xúc với AMtại J . Từ đó,$ MJ^2=ME.MK$ . Mặt khác, từ hai tam giác MEC,MCKđồng dạng với nhau suy ra $ MC^2=ME.MK$. Vì vậy, MC=MJ. Áp dụng bổ đề 1 suy ra Jlà tâm nội tiếp tam giác ABC . Bổ đề 2 được chứng minh. Chứng minh định lí:

. Gọi G,Hlần lượt là tiếp điểm của (Q)với DB,AD . Gọi Ilà giao điểm của EFvà GH . Theo bổ đê 2, Ilà tâm nội tiếp tam giác ABC . Vậy ta chỉ cần chứng minh P,I,Qthẳng hàng. Thật vậy, gọi X,Ylần lượt là giao điểm của GHvà DQ ; EFvà DP. Áp dụng định lí Thales ta có: $\dfrac{IX}{PD}=\dfrac{YD}{PD}=\dfrac{QX}{QD}$ . Vậy , P,I,Qthẳng hàng. Định lí được chứng minh hoàn toàn.