Tải bản đầy đủ

(Luận văn thạc sĩ) Một số bài toán về đa giác và đa diện đều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐẶNG TÀI TUỆ

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA GIÁC
VÀ ĐA DIỆN ĐỀU

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐẶNG TÀI TUỆ

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐA GIÁC

VÀ ĐA DIỆN ĐỀU
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2019


Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Đa giác đều và đa diện đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1. Một số yếu tố và bài toán cơ bản trong đa giác đều . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2. Dựng đa giác đều bằng thước kẻ và compas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3. Đa diện đều và phân loại đa diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

Chương 2. Một số đa giác và đa diện đều đặc biệt . . . . . . . . . .

37

2.1. Ngũ giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37



2.2. Yếu tố cơ bản của các khối Platon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

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

56

i


Mở đầu
Hình học (geometry) bắt nguồn từ tiếng Hy Lạp cổ geo- "đất", -metron
"đo đạc", nghĩa là đo đạc đất đai. Cùng với Số học, Hình học là một trong
hai ngành toán học được con người nghiên cứu từ thời cổ đại.
Hình học cổ điển (Hình học Euclid) tập trung vào xây dựng các hình
dựa trên compas và thước kẻ. Euclid đã cách mạng hóa hình học bằng cách
giới thiệu phương pháp chứng minh toán học và các tiên đề mà ngày nay vẫn
còn sử dụng. Cuốn sách của ông "Cơ sở hình học" (The elements) được coi
là sách giáo khoa có ảnh hưởng nhất mọi thời đại.
Trong thời hiện đại, khái niệm hình học đã được khái quát hóa đến
một mức độ trừu tượng cao và phức tạp. Hình học trở thành đối tượng của
các phương pháp Giải tích và Đại số trừu tượng. Nhiều ngành hiện đại của
hình học khác biệt với hình học cổ điển ra đời như Hình học đại số và Hình
học giải tích.
Trong Hình học cổ điển, đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng
nhau và các góc ở đỉnh bằng nhau. Đa giác đều được chia làm hai loại là đa
giác lồi đều và đa giác sao đều. Luận văn tìm hiểu về đa giác lồi đều, gọi
tắt là đa giác đều. Đa giác đều được nghiên cứu chi tiết ở phổ thông. Chúng
không chỉ xuất hiện trong toán học mà còn xuất hiện trong tự nhiên, trong
các tác phẩm nghệ thuật, công trình kiến trúc,... mà con người tạo ra. Mục
đích chính thứ nhất của luận văn là tìm hiểu những tính chất cơ bản của đa
giác đều và một số đa giác đều đặc biệt. Ở phổ thông ta đã làm quen với tam
giác đều và hình vuông. Mặc dù còn nhiều điều thú vị, chẳng hạn xem tài
liệu "Mysteries of the equilateral triangle" của Brian J. McCartin cho tam
giác đều, nhưng do khuôn khổ luận văn chỉ tìm hiểu một loại đa giác đều
mới là ngũ giác đều. Nội dung của mục đích thứ nhất này tổng hợp từ nhiều
nguồn tài liệu trong đó chủ yếu theo ba tài liệu đó là bài báo "A Study of the
1


regular pentagon with a classic geometric approach" của A. C. Sparavigna
và M. M. Baldi; báo cáo môn học "A Constructibility for a regular polygons"
của Eric T.Eekhoff. Chú ý bài báo cuối tìm hiểu về dựng đa giác đều 17 cạnh
nội tiếp đường tròn được nghiên cứu bởi Carl Friedrich Gauss. Năm 1796,
nhà toán học Carl Friedrich Gauss đã tìm được cách vẽ đa giác đều có 17
cạnh bằng thước thẳng và compas, bằng cách xem các đỉnh của đa giác trên
vòng tròn như là nghiệm của phương trình số phức z 17 − 1 = 0. Năm năm
sau, ông đã khám phá lý thuyết mà sau này được gọi là “Chu kỳ Gauss”
(Gaussian periods) viết trong sách Disquisitiones Arithmeticae (Khảo cứu
Số học). Lý thuyết này giúp ông tìm được điều kiện đủ để một đa giác đều
có thể vẽ được bằng thước kẻ và compas. Điều kiện đó như sau “Một đa giá
đều có n cạnh có thể vẽ được chỉ bằng thước kẻ và compas khi n bằng tích
số của một luỹ thừa của 2 với một số bất kỳ các số Fermat nguyên tố khác
nhau”. Gauss cũng cho là điều kiện đó cũng là điều kiện cần nhưng không
chứng minh. Đến năm 1837, Pierre Wantzel chứng minh được điều kiện của
Gauss.
Mục đích chính thứ hai của luận văn tìm hiểu về các khối đa diện đều.
một khối đa diện đều là một khối đa diện có tất cả các mặt là các đa giác
đều bằng nhau và các cạnh bằng nhau. Đa diện đều được chia thành đa diện
đều lồi và lõm. Luận văn tìm hiểu một số yếu tố cơ bản về các đa diện đều
lồi gọi tắt là đa diện đều. Trong không gian ba chiều, có đúng 5 khối đa
diện đều lồi còn gọi là các khối đa diện Platon là tứ diện đều (tetrahedron),
hình lập phương (hexahedron), bát diện đều (octahedron), thập nhị diện đều
(dodecahedron) và nhị thập diện đều (icosahedron). Chúng được tìm thấy
tại nhiều vùng khác nhau ở Scotland và trở thành nền tảng kiến trúc trong
thế giới cổ đại. Xuất hiện từ rất sớm nhưng cho tới thời điểm cách đây hơn
2500 năm thì các quy luật toán học xung quanh vấn đề các khối đa diện đều
Platon mới lần đầu tiên được đề cập tới và nghiên cứu sâu rộng. Một điều
khá thú vị là theo Platon thì 5 đa diện đều này còn là đại diện cho các yếu
tố cơ bản trong vũ trụ: lửa (tứ diện đều), nước (hình lập phương), không khí
(bát diện đều), trái đất (thập nhị diện đều) và vũ trụ (nhị thập diện đều).
Tài liệu chính trình bày mục đích này là công trình "A geometric analysis of
2


the platonic solids and other semi-regular polyhedra" của K.J.M. Maclean.
Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 trình bày một số vấn
đề cơ bản về đa giác đều (một số tính chất cơ bản, dựng đa giác đều nội tiếp
đường tròn bằng thước kẻ và compas), đa diện đều (một số tính chất cơ bản,
Định lý Euler về mối liên hệ giữa số cạnh, số đỉnh, số mặt của đa diện và
phân loại đa diện). Chương 2 trình bày một lớp đa giác đặc biệt ngũ giác đều
(một số tính chất liên quan đến tỉ số vàng, các cách dựng ngũ giác), 5 khối
Platon (thể tích, diện tích xung quang, một số khoảng cách, góc cơ bản).
Trong quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ
tận tình của TS. Trần Nguyên An - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái
Nguyên. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Cao
học khóa Cao học Toán khóa 11B (2017-2019) - trường Đại học Khoa học
- Đại học Thái Nguyên, đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinh
nghiệm nghiên cứu khoa học.
Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ và gia đình vì đã
chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành công việc học tập của mình.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 10 năm 2019
Tác giả

Đặng Tài Tuệ

3


Chương 1

Đa giác đều và đa diện đều
1.1. Một số yếu tố và bài toán cơ bản trong đa giác đều
Định nghĩa 1.1.1 (Đường gấp khúc). Đường gấp khúc n cạnh là hình hợp
thành bởi n đoạn thẳng A1 A2 , A2 A3 , ..., An An+1 , trong đó hai đoạn thẳng liên
tiếp Ai−1 Ai và Ai Ai+1 không cùng nằm trên một đường thẳng (i=2,3,...,n).
Đường gấp khúc như trên được kí hiệu là A1 A2 ...An+1 . Các điểm Ai gọi là
các đỉnh của đường gấp khúc (có n + 1 đỉnh), còn các đoạn thẳng Ai Ai+1 gọi
là các cạnh của đường gấp khúc.
Từ định nghĩa trên ta suy ra hai cạnh liên tiếp Ai−1 Ai và Ai Ai+1 chỉ
có điểm chung duy nhất là đỉnh Ai .

Hình 1.1: Các đường gấp khúc

Định nghĩa 1.1.2 (Đa giác). Đa giác n cạnh là đường gấp khúc n cạnh

(n ≥ 3) A1 A2 ...An+1 sao cho đỉnh đầu A1 và đỉnh cuối An+1 trùng nhau,
cạnh đầu A1 A2 và cạnh cuối An An+1 (cũng coi là hai cạnh liên tiếp) không
nằm trên một đường thẳng. Đa giác như thế kí hiệu là A1 A2 ...An . Đa giác

n cạnh còn gọi là n-giác. Các điểm Ai gọi là các đỉnh của đa giác, các đoạn
thẳng Ai Ai+1 gọi là các cạnh của đa giác. Góc Ai−1 Ai Ai+1 gọi là góc đa giác
ở đỉnh Ai (Hình 1.1b).
4


Hình 1.2: Các đa giác

Định nghĩa 1.1.3 (Đa giác lồi). Đa giác lồi là đa giác mà nó nằm về một
phía đối với đường thẳng chứa bất kì một cạnh nào của đa giác đó. Ở Hình
1.2b) là đa giác lồi, các đa giác còn lại đều không phải là đa giác lồi.
Nội dung của luận văn này ở phần đa giác tác giả chỉ trình bày về các
nội dung xoay quanh đa giác lồi.
Định nghĩa 1.1.4 (Đường chéo của đa giác lồi). Đường chéo của đa giác lồi
là đường thẳng nối 2 đỉnh không liên tiếp.

n(n + 3)
.
2
Mệnh đề 1.1.6. Tổng các góc trong của đa giác n-cạnh là (n − 2)180o .

Mệnh đề 1.1.5. Số đường chéo trong đa giác n-cạnh là

Hình 1.3:

Chứng minh. Chia đa giác n cạnh thành những tam giác như Hình 1.3. Có

n − 2 tam giác, lại có tổng ba góc trong một tam giác bằng 180o . Suy ra tổng
các góc của đa giác n cạnh là (n − 2)180o .
5


Hệ quả 1.1.7. Tổng số đo các góc ngoài của một đa giác (mỗi đỉnh chỉ xét
1 góc ngoài) là 360o .
Chứng minh. Giả sử đa giác có n-cạnh. Khi đó có n góc trong và n góc
ngoài. Tại mỗi đỉnh có 1 góc trong và 1 góc ngoài nằm ở vị trí kề bù với nhau
(α + α = 180o ). Tổng số đo các cặp góc là n180o , mà ta có tổng số đo góc
trong của đa giác n-cạnh là (n − 2)180o theo Mệnh đề 1.1.6. Vậy tổng số đo
góc ngoài của đa giác n-cạnh là

n180o − (n − 2)180o = 360o .

Hình 1.4:
Số cạnh
3
4
5
6
7
8
9
10

Tên gọi
Tam giác đều
Hình vuông
Ngũ giác đều
Lục giác đều
Thất giác đều
Bát giác đều
Cửu giác đều
Thập giác đều

Tên bằng tiếng Anh
Equilateral triangle
Square
Pentagon
Hexagon
Heptagon
Octagon
Nonagon
Decagon

Bảng 1.1: Bảng tên gọi các đa giác đều

Định nghĩa 1.1.8 (Đa giác đều). Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh
bằng nhau và các góc ở đỉnh bằng nhau. Đa giác đều được chia làm hai loại
là: đa giác lồi đều và đa giác sao đều.

6


Ở nội dung luận văn này tác giả chỉ trình bày về đa giác lồi đều và gọi
tắt đa giác lồi đều là đa giác đều.
Chú ý 1.1.9 (Nhóm đối xứng). Cho H là tập các điểm của một hình nào
đó. Một phép thế s của H được gọi là một phép đẳng cự nếu với mọi

M, N ∈ H, khoảng cách giữa hai điểm M, N bằng khoảng cách giữa hai
điểm s(M ), s(N ). Tập hợp các phép đẳng cự của hình H làm thành một
nhóm với phép hợp thành các ánh xạ, và ta gọi nó là nhóm các phép đẳng
cự của H . Giả sử H là tập các điểm nằm trên các cạnh một tam giác đều
với các đỉnh là 1, 2, 3. Khi đó độ dài của mỗi cạnh là lớn nhất trong các độ
dài của các đoạn thẳng nối hai điểm tuỳ ý trên H. Vì thế mỗi phép đẳng cự
của hình H đều biến các đỉnh thành các đỉnh. Theo tiêu chuẩn này, ta có
thể kiểm tra được có đúng 6 phép đẳng cự của hình H , đó là 3 phép quay

1200 , 2400 , 3600 với tâm quay là trọng tâm của tam giác đều và chiều quay
ngược kim đồng hồ; và 3 phép đối xứng qua 3 đường cao. Nếu ta đồng nhất
các phép quay 1200 , 2400 , 3600 ở trên lần lượt với 3 phép thế (123), (132),

(1); và đồng nhất 3 phép đối xứng qua 3 đường cao đi qua các đỉnh 1, 2, 3
lần lượt với các phép thế (23), (13), (12) thì bảng toán nhân của nhóm các
phép đẳng cự của H trùng với bảng toán nhân của nhóm các phép thế S3 .
Nhóm trên cũng được gọi là nhóm nhị diện hay nhóm đối xứng của tam giác
đều. Tổng quát nhóm đối xứng (nhóm nhị diện) của các đa giác đều n cạnh
được gọi theo tên tiếng Anh là nhóm dihedral group Dn Nó bao gồm phép
quay quanh tâm Cn (tâm đối xứng), cùng với n số trục đi qua tâm này. Nếu

n là số chẵn thì một nửa số trục đối xứng đi qua hai đỉnh đối nhau của đa
giác và nửa còn lại đi qua trung điểm của hai cạnh đối. Nếu n là lẻ thì tất
cả các trục đối xứng đều đi qua một đỉnh và trung điểm của cạnh đối diện
với đỉnh ấy.
Mệnh đề 1.1.10. Tồn tại đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp đa giác đều.
Hơn nữa hai đường tròn này đồng tâm.
Chứng minh. Gọi O là giao điểm của 2 đường phân giác trong ABC và BCD.
Vì ABC = BCD nên B2 = C3 . Kéo theo
Ta có

OCB =

OBC cân tại O và OB = OC .

OCD (c − g − c) nên OB = OD. Suy ra D5 = C4 .
7


Hình 1.5:

Theo Định nghĩa 1.1.8, BCD = CDE nên D5 = D6 . Do đó OD là
phân giác cuả góc CDE . Tiếp tục như vậy ta có O là tâm đường tròn ngoại
tiếp đa giác đều.
Từ đây ta cũng có O cách đều các cạnh của đa giác với cùng khoảng
cách OH, H là trung điểm BC .
Chú ý 1.1.11. Như vậy trong đa giác đều n cạnh thì tâm đường tròn nội
tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau và là giao điểm của 2 đường
phân giác (2 đường trung trực) của 2 góc (2 cạnh) bất kì.
Định nghĩa 1.1.12. Tâm (center of regular polygon) của đa giác đều là tâm
đường tròn ngoại tiếp (nội tiếp) đa giác.
Mệnh đề 1.1.13. Góc ở tâm của đa giác đều là góc giữa 2 tia xuất phát từ
tâm tới đỉnh liên tiếp của đường tròn ngoại tiếp đa giác đó.

360o
.
n
Định nghĩa 1.1.15. Trung đoạn của đa giác đều là đoạn nối tâm đa giác
Mệnh đề 1.1.14. Số đo góc ở tâm của đa giác đều là

và trung điểm của một cạnh của đa giác đó.
Chú ý 1.1.16. Gọi cạnh đa giác đều là s, trung đoạn là a, bán kính đường
s
a
tròn ngoại tiếp R, ta có R =
.
π =
2 sin( n ) cos( πn )
Định lý 1.1.17. Diện tích A của đa giác đều n cạnh, cạnh s, trung đoạn a
8


Hình 1.6: Đa giác đều n cạnh

bán kính đường tròn ngoại tiếp R, chu vi P được cho bởi công thức

1
1
1
π
π
1

A = nsa = P a = ns2 cot( ) = na2 tan( ) = nR2 sin( ).
2
2
4
n
n
2
n
1
Chứng minh. Diện tích tam giác OAB là as. Chia đa giác thành n tam
2
1
giác như Hình 1.6, ta có A = P a. Xét tam giác vuông OHB ta có
2
HB
s
π
π
= , nên s = 2a . Do đó
HOB = , tan HOB =
n
OH
2a
n
1
π
A = nsa = na2 tan( ).
2
n
Tương tự

π
π
1
a = s cot( ) = R cos( ),
2
n
n

s = 2R sin

π
n

nên

1
1
π
A = nsa = ns2 cot( )
2
4
n
π
π
1
= n.4R2 . sin2 ( ) cot( )
4
n
n
π
π
= nR2 sin( ). cos( )
n
n
1 2

= nR sin .
2
n

Ở phổ thông cũng như trong toán học và thực tế có nhiều bài toán liên
quan đến đa giác đều, luận văn trình bày một số bài toán tổ hợp.
Bài toán 1.1.18. Cho đa giác đều H có 2n đỉnh (n ≥ 2).
9


(i) Tìm số hình chữ nhật có 4 đỉnh là 4 đỉnh trong 2n đỉnh của đa
giác?
(ii) Tìm xác suất để 4 đỉnh chọn ra là 4 đỉnh của một hình chữ nhật?
(iii) Tìm số tam giác vuông, tam giác tù mà các đỉnh của tam giác đó
là đỉnh của H ?
(iv) Biết số hình thang cân có các đỉnh là đỉnh đa giác là 14100. Tìm

n?
(v) Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh của đa giác, xác suất
1
ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là . Tìm n?
5
Giải. (i) Đa giác đều 2n đỉnh có n đường chéo qua tâm. Cứ 2 đường chéo
qua tâm tương ứng với một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh đa giác. Vậy số
hình chữ nhật là Cn2 .
4
. Vậy xác suất để 4 đỉnh
(ii) Số cách chọn tứ giác từ các đỉnh là C2n
4
C
chọn ra là 4 đỉnh của một hình chữ nhật là 2n
2 .
C2n
(iii) Có n cách chọn cạnh huyền là đường chéo qua tâm. Mỗi cách chọn

cạnh huyền có 2n − 2 cách chọn đỉnh góc vuông. Suy ra có n(2n − 2) tam
giác vuông.
Giả sử

ABC tù tại đỉnh A. Ta nói BC có độ dài là k nếu trên cung

nhỏ BC chứa k đỉnh của H khác B, C , k = 1, ..., n − 2 (Ở đây coi H nội tiếp
đường tròn tâm O). Với mỗi k ta có 2n cạnh độ dài k . Với mỗi cách chọn
cạnh BC có độ dài k thì có đúng k cách chọn điểm A. Từ đó ta có

(1 + ... + (n − 2)).2n = n(n − 1)(n − 2)
tam giác tù.
(iv) Gọi M là số hình chữ nhật có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều.
Theo (i) M = Cn2 . Gọi N là số hình thang cân có các đỉnh là đỉnh đa giác
đều, ta tính N :
Số hình thang cân có trục đối xứng đi qua đỉnh của đa giác đều:
Với hình thang cân nội tiếp đường tròn trục đối xứng là đường kính
đường tròn. Số đường chéo là đường kính đường tròn ngoại tếp đa giác đều
2
là n. Ứng với mỗi trục đối xứng có Cn−1
cách chọn hình thang cân. Vậy có
2
P = nCn−1
hình thang cân có trục đối xứng đi qua các đỉnh của đa giác đều.
10


Hình 1.7:

Số hình thang cân có trục đối xứng không đi qua đỉnh của đa giác đều
tương tự như trên, trục đối xứng không đi qua đỉnh (đi qua trung điểm 2
cạnh đối diện). Vậy số cách chọn là Q = n.Cn2 . Suy ra

Hình 1.8:

2
N = P + Q − M = n.Cn2 + n.Cn−1
− Cn2
2
= (n − 1)Cn2 + n.Cn−1
=

11

n.(n − 1).(2n − 3)
2


(phải trừ đi M vì mỗi hình chữ nhật có 2 trục đối xứng nên sẽ bị đếm 2
n(n − 1)(2n − 3)
lần). Theo giả thiết
= 14100, ta được n = 25. Lưu ý hình
2
thang nội tiếp đường tròn là hình thang cân nên số hình thang có các đỉnh
là các đỉnh của đa giác đều bằng số hình thang cân có các đỉnh là đỉnh đa
n(n − 1)(2n − 3)
.
giác đều và bằng
2
3
(v) Số tam giác tạo thành khi chọn ngẫu nhiên 3 điểm là: C2n
. Ta đưa
ra một lập luận khác tính số tam giác vuông. Số đường chéo đi qua tâm là n
nên số hình chữ nhật 2 đường chéo đi qua tâm làm 2 đường chéo là Cn2 . Số
tam giác vuông được tạo thành là: 4Cn2 = n(2n − 2) (Chú ý cạnh huyền tam
4Cn2
1
giác vuông là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác). Ta có 3 =
C2n
5
suy ra n = 8.
Bài toán 1.1.19. Cho một đa giác đều H gồm 16 đỉnh. Ta đánh số thứ tự
các đỉnh của H một cách ngẫu nhiên. Chứng minh rằng trong mọi cách đánh
số thứ tự các đỉnh ta luôn tìm được ba đỉnh liên tiếp mà tổng số các thứ tự
của chúng ít nhất bằng 26.
Giải. Với mỗi đỉnh được đánh thứ tự của H ta đặt vào đó số viên bi đúng
bằng số thứ tự được đánh. Gọi S là tập hợp các viên bi trên 16 đỉnh của

H . Đặt A1 , ..., A16 lần lượt là tập hợp các viên bi ở các bộ ba đỉnh liên
tiếp. Khi đó mỗi viên bi trong tập S nằm trong đúng 3 tập hợp Ai . Suy ra,

t = 3, k = 16 và |S| = 136.
Áp dụng nguyên lý Dirichlet suy rộng ta có trung bình cộng của
3.136
= 25.5. Suy ra tồn tại ít nhất một
|A1 |, ..., |A16 | lớn hơn hoặc bằng
16
tập Ai chứa 26 phần tử.

1.2. Dựng đa giác đều bằng thước kẻ và compas
Cho E là một tập điểm trong mặt phẳng có ít nhất 2 điểm. Kí hiệu

LE là các tập đường thẳng nằm trong mặt phẳng đi qua hai điểm phân biệt
của E. Kí hiệu CE là tập các đường tròn trong mặt phẳng có tâm là một
điểm của tập E và có bán kính bằng với khoảng cách giữa hai điểm phân
biệt nào đó của E.

12


Với A, B ∈ E với A = B , ta kí hiệu L(A; B) là đường thẳng qua A, B ,

C(O; AB) là đường tròn tâm O bán kính AB với O ∈ E.
Chẳng hạn, nếu E = {A, B, D} là tập 3 điểm trong mặt phẳng thì

LE = {L(A; B), L(A; D), L(B; D)},
CE = {C(A; AB), C(A; AD), C(A; BD), C(B; BA), C(B; BD), C(B; AD),
C(D; AB), C(D; DB), C(D; DA)}.
Định nghĩa 1.2.1. (i) Điểm A trong mặt phẳng được gọi là dựng được bằng
thước kẻ và compas qua một bước từ tập E nếu A thỏa mãn một trong các
điều kiện sau:

1. A là giao của hai đường thẳng trong LE ;
2. A là giao của một đường thẳng của LE và một đường tròn của CE ;
3. A là giao của hai đường tròn trong CE .
(ii) Một điểm P trong mặt phẳng được gọi là dựng được từ E nếu
tồn tại một dãy hữu hạn n điểm P1 , P2 , . . . , Pn trong mặt phẳng sao cho

Pn = P và Pi là điểm dựng được qua một bước từ tập E

{Pj , j < i} với

i = 1, 2, ...n.
Chú ý 1.2.2. Ở phổ thông ta đã làm quen với một số bài toán dựng hình
bằng thước kẻ và compas.
(i) Cho A; B là 2 điểm phân biệt cho trước. Dựng trung điểm của đoạn
thẳng AB .
(ii) Dựng hình chiếu của một điểm M cho trước trên một đường thẳng

d cho trước.
(iii) Cho O và A là 2 điểm khác nhau trong mặt phẳng với độ dài

OA = 1. Dựng một hệ tọa độ trực chuẩn từ 2 điểm đó.
(iv) Dựng một đường thằng đi qua một điểm cho trước song song với
một đường thẳng cho trước.
(v) Cho M là một điểm thuộc đường thẳng d. Dựng một đường thẳng
vuông góc với d tại M .
(vi) Dựng đường phân giác của một góc cho trước.
(vii) Dựng đường tròn nội tiếp của một tam giác cho trước.
(viii) Dựng đường tròn ngoại tiếp của một tam giác cho trước.
(ix) Tìm tâm của một đường tròn cho trước.
13


(x) Cho trước một đường thẳng d và một điểm M không thuộc d. Dựng
đường tròn tâm M tiếp xúc với d.
(xi) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài 1. Dựng các đoạn thẳng có
độ dài là 2, 3, 4, 5, ... .
(xii) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài 1. Dựng các đoạn thẳng có
1 1 1
độ dài là , , , ... .
2 4 8
(xiii) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài là 1 và cho 2 đoạn thẳng
khác có độ dài là x và y bất kì. Dựng đoạn thẳng có độ dài xy .
(xiv) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài là 1 và cho 1 đoạn thẳng
khác có độ dài là z > 1. Dựng đoạn thẳng có độ dài 1/z .
(xv) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài là 1. Dựng đoạn thẳng có độ
dài m/n với m, n là các số nguyên dương tùy ý.
(xvi) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài là 1. Dựng đoạn thẳng có

độ dài 2.
(xvii) Cho trước một đoạn thẳng có độ dài là 1 và cho 1 đoạn thẳng

khác có độ dài là x. Dựng đoạn thẳng có độ dài x.
Chú√ý 1.2.3.
√ Từ các bài toán trên, ta có thể dựng được các đoạn có độ dài

2+ 3 √

2,
, m, ... từ đoạn thẳng có độ dài 1.
5
Giả sử E là tập hợp có ít nhất 2 điểm trong mặt phẳng. Gọi E + là
tập hợp các điểm nhận được bởi các phép dựng hình (1), (2), (3) trong Định
nghĩa 1.2.1. Ta có E ⊆ E + . Ta xây dựng một chuỗi các tập điểm bằng quy
+
tắc sau: E0 := E và En := En−1
với mọi n > 1. Các điểm En chính là các

điểm nhận được từ E sau n phép dựng (1), (2), (3), .... Tập F (E) =

En
n≥1

được gọi là tập điểm dựng được bằng thước kẻ và compas từ E . Chú ý ta
luôn có F + (E) = F (E) khi ta không thể dựng thêm được điểm mới nào
từ F (E). Thật vậy, mỗi điểm của F + (E) được tạo ra từ hữu hạn điểm của

F (E) qua các phép dựng (1), (2), (3), .... Các điểm này phải nằm trong một
tập En nào đó và do đó điểm tạo được phải nằm trong F (E). Tiếp theo ta
sẽ tìm các tiêu chuẩn để một điểm cho trước dựng được bằng thước kẻ và
compas, tức là tìm điều kiện để điểm đó nằm trong F (E). Ta sẽ thấy đây là
một vấn đề đại số.
14


Hình 1.9:

Trước tiên ta chọn một hệ tọa độ trong mặt phẳng do E chứa ít nhất

2 điểm nên ta có thể chọn các điểm O(0; 0) và I(1; 0) là các điểm thuộc E .
Đồng nhất mỗi điểm P (a; b) với số phức a + bi. Khi đó E là tập chứa các số

0; 1 và ta gọi các số F (E) là các số dựng được từ E .
Định nghĩa 1.2.4. (i) Một số thực a được gọi là số thực dựng được nếu |a|
là khoảng cách giữa hai điểm dựng được.
(ii) Một đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước được gọi là đường thẳng
dựng được. Một đường tròn gọi là đường tròn dựng được nếu tâm của nó là
điểm dựng được và bán kính là một số thực dựng được.
(iii) Một hình được gọi là hình dựng được nếu ta dựng được các điểm
xác định hình đó. Ví dụ một góc được gọi là dựng được nếu xác định 3 điểm
mà tam giác của chúng có 1 góc bằng góc đã cho.
Mệnh đề 1.2.5. Một điểm P (a; b) là dựng được nếu và chỉ nếu a và b là
các số thực dựng được.
Ta công nhận một số kiến thức sau của lý thuyết trường (xem [3]).
Mệnh đề 1.2.6. Tập hợp các số thực dựng được làm thành trường con của
trường R.
Mệnh đề 1.2.7. Nếu số thực a dựng được thì



a cũng dựng được.

Hệ quả 1.2.8. Cho F ⊆ C là trường con của trường C các số thực dựng

được. Nếu 0 < k ∈ F thì F ( k) ⊆ C.
Định lý 1.2.9. Cho Q ⊂ F1 ⊂ F2 · · · ⊂ Fn là một dãy các trường thỏa mãn

Fj+1 = Fj ( bj ) với 0 < bj ∈ Fj ;
15

j = 0, 1, . . . , n − 1.


Khi đó mọi phần tử của Fn đều dựng được.
Định lý 1.2.10. Một số thực a dựng được nếu và chỉ nếu tồn tại một dãy
căn bậc hai Q ⊂ F1 ⊂ F2 · · · ⊂ FN sao cho a ∈ FN .
Định lý 1.2.11. Cho a là số thực dựng được. Khi đó

[Q(a) : Q] = 2m với m ∈ N.
Chứng minh. Đặt

=

n

. Nếu ta chọn điểm 0 là tâm đường tròn và điểm 1

là một đỉnh của đa giác đều thì các đỉnh khác của đa giác đều chính là các
căn đơn vị , ...,

n sao cho

n−1

. Vì vậy bài toán có thể quy về việc tìm các số tự nhiên

dựng được từ tập E = {0; 1}.

Kí hiệu Φn (X) là đa thức tối thiểu của

trên trường Q. Người ta gọi

Φn là một đa thức phân cầu. Do Φn (X) là ước của đa thức X n − 1 mà Q( )
lại chứa tất cả các nghiệm của X n − 1 nên Q( ) là trường phân rã của Φn (X)
trên Q. Do đó [Q( ) : Q] = deg Φn (X). Vì vậy, ta chỉ cần xét xem khi nào
thì deg Φn (X) là một lũy thừa của 2.
Ta gọi một căn đơn vị ζ là căn nguyên thủy bậc n nếu 1, ζ, ..., ζ n−1 là
tập tất cả các căn đơn vị bậc n. Dễ thấy rằng ζ là một căn nguyên thủy bậc

n khi và chỉ khi ζ = ζ n với (n, r) = 1. Ta sẽ thấy tập nghiệm của Φ(X)
chính là tập các căn nguyên thủy bậc n.
Bổ đề 1.2.12. Φn (X) :=

(i,n)=1 (X

− i)

Chứng minh. Đặt g = Φn . Cho ζ là một nghiệm tùy ý của g. Do g là ước của
đa thức X n −1 nên ζ là một căn đơn vị bậc n. Khi đó tồn tại một đẳng cấu Ψ
của Q( )/Q sao cho Ψ( ) = ζ. Do đó Ψ( j ) = ζ j với mọi j = 0, 1, ...., n − 1.
Vì vậy 1, ζ, ..., ζ n−1 là những căn đơn vị khác nhau. Do ta chỉ có n căn đơn
vị bậc n nên ta có thể kết luận đây chính là tập tất cả các căn đơn vị bậc n
và do đó ζ là căn nguyên thủy.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh

p

là nghiệm của g cho mọi số nguyên tố

p với (p, n) = 1. Do g là ước của đa thức X n − 1 nên ta có X n − 1 = gh
với h ∈ Q(x). Do g, h có hệ số bậc cao nhất là 1 nên g, h có hệ số nguyên.
Thật vậy, cho a, b là các số nguyên dương sao cho ag = g1 , bh = h1 là đa
thức với hệ số nguyên và các hệ số của g1 hay h1 không có ước chung. Ta
16


có ab(X n − 1) = g1 h1 . Nếu ab có một ước bất khả quy q thì mọi hệ số của

g1 h1 chia hết cho q . Điều này mâu thuẫn với giả thiết về g1 và h1 . Vì vậy ab
không có ước thực sự nào, có nghĩa là a, b = 1 và do đó g = g1 , h = h1 . Vì
vậy g, h là những đa thức có hệ số nguyên.
Giả sử

p

không là nghiệm của g. Khi đó

là đa thức tối thiểu của

là nghiệm của h. Gọi f

trong Q(X). Do f là ước của h nên h = f k với

k ∈ Q(x). Do h có hệ số nguyên và các hệ số bậc cao nhất của h, f, k đều
bằng 1 nên f, k cũng là những đa thức có hệ số nguyên. Do

là nghiệm của

f (X p ) nên f (X p ) chia hết cho g.
Nếu f và g không có ước chung bậc dương thì dùng thuật toán Euclid
ta tìm thấy các đa thức h1 , h2 sao cho f h1 + gh2 = 1. Ta thấy

(f h1 + gh2 )p = f p hp1 + g p hp2 = 1.
Do f p = f (X p ) chia hết cho g nên 1 chia hết cho g. Đây là một điều vô lý
vì deg g > 0. Vì vậy tồn tại một đa thức u bậc dương là ước chung của f và

g. Khi đó, X n − 1 = f gh chia hết cho u2 . Lấy đạo hàm ta thấy nX n−1 chia
hết cho u. Vì (p, n) = 1 nên tồn tại m sao cho mn = 1(modp). Từ đây suy
ra X n − 1 chia hết cho mu và do đó u chia hết cho X, dẫn đến một điều vô
lý là X n − 1 chia hết cho X. Vậy

là nghiệm của g.

Bây giờ, ta xét một căn nguyên thủy

p1 ...ps với p1 , ..., ps là các số nguyên tố. Đặt

n

tùy ý với (i, n) = 1. Giả sử i =

=

p1 ...ps−1

. Do (p1 ...ps−1 , n) = 1

nên là căn nguyên thủy bậc n. Quy nạp theo s ta có thể giả thiết là nghiệm
của g. Khi đó g cũng là đa thức tối thiểu của . Do (ps , i) = 1 nên lập luận
tương tự như trên ta sẽ thấy

n

=

ps

cũng là nghiệm của g.

Nhận xét:

deg Φn = |{0 < i < n | (i, n) = 1}| = ϕ(n)
trong đó ϕ(n) là hàm Euler. Giả sử n = pa11 · · · pas s với p1 , ..., ps là các số
nguyên tố khác nhau và a1 , ..., as > 0. Khi đó

ϕ(n) = (p1 − 1) · · · (ps − 1)pa11 −1 · · · pas s −1 .

Bây giờ ta sẽ xét xem khi nào thì ϕ(n) là một lũy thừa của 2. Nhận
17


xét trên cho ta thấy phải xét các số nguyên tố p sao cho p − 1 là một lũy
thừa của 2, có nghĩa là p có thể viết dưới dạng 2m + 1. Khi đó m phải là
một lũy thừa của 2. Thật vậy nếu m không phải là một lũy thừa của 2 thì

m = 2a s với s > 2 là một số lẻ. Khi đó p = 2m + 1 = (22a )s + 1 chia hết cho
(22a )s + 1, dẫn đến một điều mâu thuẫn. Vậy p phải có dạng (22a )s + 1.
Một số nguyên tố dạng (22a )s + 1 được gọi là số nguyên tố Fermat. Tên
gọi này có xuất xứ từ một giả thuyết của Fermat nói rằng các số có dạng

(22a )s + 1 đều là số nguyên tố. Giả thiết này đúng với a = 0, 1, 2, 3, 4 (các số
nguyên tố tương ứng là 3, 5, 17, 257, 65537) và sai với a = 5.
Định lý 1.2.13 (Gauss-Wantzel). Một đa giác đều n cạnh dựng được bằng
thước kẻ và compas khi và chỉ khi n = 2a p1 p2 . . . ps trong đó p1 , . . . , ps là các
số nguyên tố Fermat khác nhau.
Chứng minh. Như ta đã thấy ở trên, đa giác đều n cạnh dựng được bằng
thước kẻ và compas khi và chỉ khi ϕ(n) là một lũy thừa của 2. Giả sử

n = 2a p1 p2 . . . ps là một sự phân tích n thành các thừa số nguyên tố. Theo
nhận xét trên thì ϕ(n) là một lũy thừa của 2 khi và chỉ khi p1 , . . . , ps là các
số nguyên tố Fermat.
Bài toán 1.2.14. Dựng tam giác đều nội tiếp một đường tròn cho trước.

Hình 1.10:

Cách dựng: Giả sử cho trước một đường tròn C(O; R). Ta sẽ dựng tam
giác đều nội tiếp đường tròn này.
Bước 1: Dựng đường kính AB của đường tròn C(O; R).
18


Bước 2: Dựng trung điểm M của OA.
Bước 3: Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại M . Đường thẳng
này cắt đường tròn C(O; R) tại C và D.
Bước 4: Nối B với C , C với D, D với B ta được BCD là tam giác cần
dựng.
Chú ý: Từ đây ta có thể dựng được các hình 6, 12, 24, ..., cạnh đều.
Bài toán 1.2.15. Dựng hình vuông nội tiếp một đường tròn cho trước.
Cách dựng: Giả sử cho trước một đường tròn C(O; R). Ta sẽ dựng hình
vuông nội tiếp đường tròn này.
Bước 1: Dựng đường kính AC và BD vuông góc với nhau.
Bước 2: Nối A với B , B với C , C với D, D với A ta được ABCD là
hình vuông cần dựng.

Hình 1.11:

Chú ý: Từ đây ta có thể dựng được các hình 8, 16, 32, ... cạnh đều. Sau
đây là ví dụ về dựng ngũ giác đều.
Ví dụ 1.2.16. Dựng ngũ giác đều của Richmond (1893).
Dựng một đường tròn đơn vị tâm O. Dựng một góc vuông P OR. Lấy Q
là trung điểm của OR. Đường phân giác góc OQP cắt OP tại S. Từ S dựng
một đường thẳng góc và cắt đường tròn tại T. Ta chỉ ra được T OP = 72◦ . Dễ
90◦ − θ
dàng chỉ ra được OS = cos 72◦ . Thật vậy, vì OQS =
với (θ = OP Q)
2
θ
OS
1
θ
nên tan (45◦ − ) = 1 . Từ đó suy ra OS = tan (45◦ − ).
2
2
2
2
19


Hình 1.12:

1
2 tan θ/2
θ √
=
ta
được:
tan
= 5 − 2. Vậy nên
2 1 − tan2 θ/2
2

1
tan 45◦ − tan θ/2
5−1
OS =
= cos 72◦ .
=

2 1 − tan 45 tan (−θ/2)
4

Sử dụng tan θ =

Chú ý: Từ đây ta có thể dựng được các hình 10, 20, 30, ... cạnh đều.
Sau đây là ví dụ dựng một đa giác đều 12 cạnh.
Bài toán 1.2.17. Dựng đa giác đều 12 cạnh.

Hình 1.13:
20


Cách dựng:
Bước 1: Lấy một điểm A tùy ý trên mặt phẳng.
Bước 2: Dựng một đường tròn (C) tâm A bán kính R tùy ý trên mặt
phẳng.
Bước 3: Lấy ngẫu nhiên một điểm B trên (C).
Bước 4: Dựng một đường tròn C(B; AB) cắt đường tròn C tại 2 điểm.
Bước 5: Tiếp tục dựng như bước 4 tại 2 điểm mới này, cuối cùng ta
thu được 6 điểm khác nhau trên đường tròn C có khoảng cách bằng nhau.
Bước 6: Tìm trung điểm của cạnh kề nhau và dựng các đường thẳng
đi qua các trung điểm và tâm A lần lượt cắt đường tròn C tại 6 điểm mới.
Như vậy ta có 12 điểm trên (C) có khoảng cách bằng nhau. Nối các điểm ta
được một đa giác đều 12 cạnh.
Chú ý 1.2.18. Nếu n = pq, (p, q) = 1 thì đường tròn chia được thành n
phần bằng nhau khi và chỉ khi nó chia được thành p, q phần bằng nhau.
Thật vậy, giả sử chia được đường tròn thành n phần bằng nhau, tức
2πR
. Khi đó ta có thể viết
là dựng được cung
n
1
1
1
1
= q và = p
p
n
q
n

2πR 2πR
,
là dựng được.
p
q
Ngược lại, giả sử đường tròn chia được thành p, q phần bằng nhau. Do

và vì vậy các cung

(p, q) = 1 nên tồn tại các số nguyên u, v sao cho
up + vq = 1.
Chia cả hai vế cho n ta được

1
1
1
u +v = .
q
p n
2πR
dựng được.
n
Bài toán 1.2.19. Dựng đa giác đều 17 cạnh.
Điều này chứng tỏ cung

Ngay từ thời Hy Lạp cổ đại, người ta đã biết dựng các hình đa giác
đều có p2a cạnh với p = 3, 4, 5 và a bất kỳ. Hơn 2000 năm sau đó, người ta
cũng không biết thêm một đa giác đều nào có thể dựng được bằng thước kẻ
21


và compas. Phải đến năm 1796, Gauss mới chỉ ra được một đa giác đều khác
là đa giác đều 17 cạnh có thể dựng được bằng thước kẻ và compas. Gauss
cũng là người đưa ra tiêu chuẩn để dựng được một đa giác đều với số cạnh
cho trước như trên. Ông cũng là người đầu tiên khẳng định không thể gấp
đôi một hình lập phương và chia ba một góc bằng thước kẻ và compas nhưng
không chứng minh. Người chứng minh các điều này là Wantzel (1814 − 1848)
trong một bài báo về tiêu chuẩn dựng hình công bố vào năm 1873.
Từ định lý Gauss (Định lý 1.2.13) về điều kiện cần và đủ để dựng đa
giác đều n cạnh, ta thấy 17 = 20 .17. Vì vậy đa giác đều 17 cạnh dựng được
bằng thước kẻ và compas. Sau đây là một cách chứng minh khác:
Để tìm được vị trí của 17 điểm, ta giải phương trình x17 − 1 = 0 ở
dạng căn thức. Nghiệm của phương trình x17 − 1 = 0 được biểu diễn dưới
dạng:

2πk
2πk
+ i sin
, với k = 0, 1, 2, ...16.
17
17
Ta thấy giá trị cos của P1 và P16 bằng nhau, P2 và P15 bằng nhau,.... Đặt
Pk = cos

x1 biểu diễn giá trị cos của P1 , x2 biểu diễn giá trị cos của P2 ,.... Đặt θ =

, x1 = cos θ, x2 = cos 2θ.... Chúng ta biết rằng tổng của các căn nguyên
17
thủy của đơn vị bằng 0: x0 + x + 1 + x2 + · · · + x16 = 0. Hơn nữa, vì
x17 − 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x16 + x15 + · · · + x + 1) = 0
suy ra x0 = 1. Khi đó: x1 + x2 + x3 + · · · + x8 =

1
. Ta sử dụng công thức
2

lượng giác sau:

cos(α + β) + cos (α − β) = 2 cos α cos β.
Vì x1 = cos θ, x4 = cos 4θ và vì x4 = x13 nên ta có: x1 + x4 = 2x6 x7 . Tương
tự ta có:

x3 + x5 = 2x1 x4 ,

x2 + x8 = 2x3 x5 ,

x6 + x7 = 2x2 x8 .

Đặt

2A = x1 + x4 = 2x6 x7 ,

2B = x3 + x5 = 2x1 x4 ,

2C = x2 + x8 = 2x3 x5 ,

2D = x6 + x7 = 2x2 x8 .

22


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×