Khóa luận Hình học Taxicab

o hai loại hình học hình học Euclid và hình học taxicab là tìm một điểm sao cho tổng khoảng cách từ nó đến ba điểm cho trước là nhỏ nhất. Cho ba điểm A = (2, 4);B = (7,−1);C = (−3, 1). Tìm điểm P sao cho dE(P,A) + dE(P,B) + dE(P,C) là nhỏ nhất. Chuyển qua hình học taxicab, cũng với ba diểm A,B,C ở trên ta tìm điểm P sao cho S = dT (P,A) + dT (P,B) + dT (P,C) là nhỏ nhất là vấn đề khá đơn giản (Hình 1.26). Chọn điểm C, vẽ đường nằm ngang l1 đi qua C. Chọn diểm A, vẽ đường thẳng đứng l2 đi qua A. Giả sử bạn bắt đầu đi bộ trên l1, bạn đứng tại điểm Q = (5, 1) trên l1, nếu bạn đi bộ một đơn vị đến Q ′ = (5, 2) thì sẽ làm giảm khoảng cách taxicab từ A đến bạn 1 đơn vị, nhưng lại làm tăng khoảng cách taxicab từ B và C đến bạn mỗi điểm 1 đơn vị. Do đó sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn dT (Q ′, A) + dT (Q′, B) + dT (Q′, C) > dT (Q,A) + dT (Q,B) + dT (Q,C). Thật vậy nếu bạn bắt đầu đứng tại một vị trí tùy ý trên l1 và di chuyển theo phương thẳng đứng, lên hoặc xuống, bạn sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn. Đó là bởi vì bạn di chuyển lại gần hơn một điểm nhưng lại cách xa cũng khoảng cách taxicab đó với hai điểm còn lại. 27 Tương tự, nếu bạn đứng ở một vị trí bất kì trên l2 mà di chuyển theo các đường nằm ngang, sang trái hoặc sang phải, thì bạn cũng làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn. Vậy, nếu bạn đứng tại giao điểm P = (2, 1) của l1 và l2 thì khi bạn di chuyển theo bất kì phương nào, nằm ngang hay thẳng đứng, bạn đều làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn. Vậy tại vị trí P = (2, 1) tổng khoảng cách taxicab từ bạn đến A,B,C là nhỏ nhất (Hình 1.26). Hình 1.26: Giao điểm P làm tổng S nhỏ nhất. Vấn đề nữa được đặt ra là cho bốn điểm A = (−1, 4);B = (3, 1);C = (1,−1); D = (−4, 1). Tìm điểm P sao cho S = dT (P,A)+ dT (P,B)+ dT (P,C)+ dT (P,D) là nhỏ nhất có thể. Hình 1.27: Đoạn EF làm tổng S nhỏ nhất. Vẽ đường nằm ngang b đi qua hai điểm D và B. Lập luận như trên, khi bạn đứng tại vị trí bất kì trên b mà di chuyển theo phương thẳng đứng thì có tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến bạn tăng lên. 28 Bây giờ, ta vẽ các đường thẳng đứng a, c đi qua A và đi qua C, các đường thẳng này tạo thành một miền được giới hạn bởi a và c. Chú ý, khi bạn di chuyển trong miền này, đi từ (0, 2) đến (1, 2) thì tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến bạn không đổi. Tuy nhiên, khi di chuyển ngang bên ngoài miền này, từ (1, 3) đến (2, 3) hay đi từ (−1, 3) đến (−2, 3) thì sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến bạn. Vậy đoạn EF (Hình 1.27), giao của miền được giới hạn bởi a, c và đường nằm ngang b là tập các điểm P cần tìm để tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến P là nhỏ nhất. Ví dụ 1.5.1. Một ông chủ muốn xây dựng một kho hàng. Công ty ông ấy có 8 địa điểm giao hàng chính hàng ngày lần lượt là A1 = (−5, 5);A2 = (−2, 4);A3 = (1, 1);A4 = (2, 6);A5 = (5,−2);A6 = (3. − 4);A7 = (−2,−1);A8 = (−4,−4). Ông chủ ấy nên đặt kho hàng ở đâu để tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm giao hàng tới kho hàng là nhỏ nhất. Hình 1.28: Vùng AA3BA7 làm tổng S nhỏ nhất. Vẽ các đường nằm ngang k1, k2 lần lượt đi qua A3 và A7. Như lập luận ban đầu, khi bạn di chuyển theo phương thẳng đứng trong miền giới hạn bởi hai đường thẳng vừa dựng thì tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho là không đổi. Nhưng nếu bạn di chuyển theo phương thẳng đứng ra khỏi miền đó thì sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho. Tương tự, vẽ các đường thẳng đứng đi l1, l2 lần lượt qua A7 và A3 ta cũng thu được một miền sao cho khi bạn di chuyển theo phương ngang trong miền đó thì tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho là không đổi. Nhưng nếu bạn di 29 chuyển theo phương nằm ngang ra khỏi miền đó thì sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho. Vậy giao của hai miền vừa dựng AA3BA7 là vùng mà ông chủ đó nên xây dựng kho hàng (Hình 1.28). Ví dụ 1.5.2. Có ba trạm xăng đặt tại A = (−3, 3), B = (4, 1), C = (1,−1). Người ta muốn xây dựng một khu rửa xe sao cho tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là nhỏ nhất. Nên xây dựng trạm xăng ở đâu để tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là nhỏ nhất, tổng khoảng cách taxicab nhỏ nhất đó bằng bao nhiêu. Xây dựng trạm xăng ở đâu để tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe bé hơn 15. Hình 1.29: Đường tròn tâm (1, 1) bán kính 2. Đường thẳng đứng qua C và đường nằm ngang qua B giao nhau tại P = (1, 1). Vậy, như lập luận ban đầu tại giao điểm P tổng khoảng cách taxicab từ ba điểm A,B,C là nhỏ nhất. Suy ra nên xây dựng bãi rửa xe tại vị trí P = (1, 1) để tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là nhỏ nhất, khi đó tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là 13. Dựng đường tròn EDFC tâm P = (1, 1), bán kính 2 (15 − 13 = 2). Tất cả các điểm trong đường tròn EDFC đều có tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe nhỏ hơn 15 (Hình 1.29). 30 1.6 So sánh với mặt phẳng Euclid Hình học Eucild xuất hiện từ hơn 2000 năm trước, gồm một hệ thống các tiên đề có ý nghĩa thực tế. Hermann Minkowski, nhà toán học người Đức và là thầy giáo của Albert Einstein, là người đầu tiên đề xuất hình học taxicab bằng cách đưa ra khái niệm khoảng cách taxicab thay cho khái niệm khoảng cách Euclid. Hình học taxicab là một thế giới bên ngoài hình học Euclid, là mô hình các đường phố của một thành phố lý tưởng, ở đó cách duy nhất mà bạn có thể di chuyển giữa hai điểm là đi trên những con đường nằm ngang hoặc thẳng đứng, trong thực tế là hướng Bắc - Nam hay Đông - Tây. Nó khác với hình học Euclid là bạn chỉ việc di chuyển trên đường thẳng nối hai điểm đó. Đoạn thẳng AB (duy nhất) chính là khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm A và B, điều này chỉ đúng với hình học Euclid. Trong hình học taxicab có rất nhiều đoạn thẳng nối A và B có độ dài taxicab ngắn nhất. Hình học taxicab là một loại hình học phi Euclid. Những khái niệm điểm, đường thẳng, góc trong mặt phẳng taxicab và mặt phẳng Euclid là hoàn toàn tương tự nhau. Tuy nhiên, hàm khoảng cách của chúng khác nhau: Hàm khoảng cách trong mặt phẳng Euclid dE(P,Q) = [(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2]12 hàm khoảng cách trong mặt phẳng taxicab dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2| trong đó Q(x1, y1);P (x2, y2). Hình học taxicab thỏa mãn 12 tiên đề của hình học Euclid nhưng lại không thỏa mãn tiên đề cạnh- góc- cạnh. 31 Hình 1.30: Hai tam giác thỏa mãn điều kiện ASASA nhưng không đồng dạng. Trong mặt phẳng taxicab điều kiện để hai tam giác đồng dạng là SASAS. Điều kiện này thỏa mãn là nhờ định lý tổng ba góc trong một tam giác luôn bằng 4 t− radian. Hình học taxicab rất giống với hình học Euclid. Nếu như hình học Euclid là một mô hình tốt của thế giới tự nhiên thì hình học taxicab là mô hình tốt hơn về địa lý đô thị. Tuy nhiên, hình học taxicab là một mô hình lý tưởng hóa với một số giả định cơ bản đã làm đơn giản hóa loại hình học này: 1. Các đường nằm ngang và nằm dọc đại diện cho đường phố. 2. Điểm chỉ có thể đặt tại nút giao của lưới. 3. Tọa độ của một điểm luôn là các số nguyên. 4. Khoảng cách taxicab giữa hai điểm là số đơn vị các khối trên lưới là nhỏ nhất để đi từ điểm này đến điểm kia. Khoảng cách này còn gọi là khoảng cách Manhattan. Công thức tính khoảng cách của hai loại hình học này khác nhau đã ảnh hưởng đến sự khác biệt về hình dạng của một số hình trong chúng như: hình tròn, hình ellipse, parabola và hyperbola. Sau đây là một số hình vẽ minh họa cho những khác biệt trên. 32 Hình 1.31: Hình tròn Euclid. Hình 1.32: Hình tròn taxicab. 33 Hình 1.33: Hình ellipse trong mặt phẳng Euclid. Tập hợp tất cả các điểm M có tổng khoảng cách tới hai điểm X, Y cho trước bằng 6: dE(M,Y ) + dE(M,X) = 6. Hình 1.34: Hình ellipse trong mặt phẳng taxicab. Tập hợp tất cả các điểm M có tổng khoảng cách tới hai điểm X, Y cho trước bằng 9: dT (M,Y ) + dT (M,X) = 9. 34 Hình 1.35: Hình parabola trong mặt phẳng Euclid. Tập hợp tất cả các điểm A sao cho dE(A,C) = dE(A, l) và các điểm B sao cho dE(B,C) = dE(B, l). Hình 1.36: Hình parabola trong mặt phẳng taxicab. Tập hợp tất cả các điểm A sao cho dT (A,C) = dT (A, l) và các điểm B sao cho dT (B,C) = dT (B, l). 35 Hình 1.37: Hình hyperbola trong mặt phẳng Euclid. Tập hợp tất cả các điểm C sao cho |dE(A,C)− dE(C,B)| = 3. Hình 1.38: Hình hyperbola trong mặt phẳng taxicab. Tập hợp tất cả các điểm C sao cho |dT (A,C)− dT (C,B)| = 3. 36 Hình 1.39: Trung trực của đoạn thẳng AB trong hình học Euclid. Hình 1.40: Trung trực của đoạn thẳng AB trong hình học taxicab. 37 Chương 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT PHẲNG TAXICAB 2.1 Các phép đẳng cự taxicab 2.1.1 Phép tịnh tiến taxicab Cho Ta là phép tịnh tiến Ta : R2T −→ R2T P 7−→ Ta(P ) = a+−→OP. Với mỗi P (p1, p2);Q(q1, q2) ∈ R2T , ta có dT (Ta(P ), Ta(Q)) = dT (a+ −→ OP, a+ −→ OQ) = dT (P,Q). Vì vậy Ta là một phép đẳng cự taxicab (bảo toàn khoảng cách taxicab). Định lý 2.1.1 ([13, Định lý 4, pp. 76]). Mọi phép tịnh tiến trong mặt phẳng taxicab đều là phép đẳng cự taxicab. 2.1.2 Phép đối xứng taxicab Trong mặt phẳng taxicab, không phải tất cả các phép đối xứng taxicab đều bảo toàn khoảng cách taxicab. Trong phần này ta sẽ tìm hiểu một vài phép đối xứng đẳng cự taxicab trong mặt phẳng taxicab. Định nghĩa 2.1.1 ([13, Định nghĩa 3, pp. 76]). (Ảnh của một điểm qua phép đối xứng taxicab) Cho điểm P và một đường thẳng (l), P 6∈ (l). Xét điểm C nằm trên đường thẳng (l), là điểm có khoảng cách taxicab nhỏ nhất đến điểm P , vẽ đường thẳng PC. Đường thẳng (l) chia mặt phẳng thành 2 nửa mặt phẳng, 38 khi đó trên nửa mặt phẳng không chứa điểm P tồn tại duy nhất điểm P ′ ∈ PC (P ′ 6∈ (l)) sao cho dT (P,C) = dT (P ′, C). Điểm P ′ được gọi là ảnh của điểm P bởi phép đối xứng taxicab qua đường thẳng (l). Chú ý. Cho P = (a, b), đường thẳng y = mx, (m 6= 1). Những điểm B = ( bm , b) hoặc C = (a,ma) nằm trên y = mx, (m 6= 1) có khoảng cách taxicab đến P là nhỏ nhất. Cho Hình 2.1 (m = 1). Trên đường thẳng y = x, mọi điểm nằm trên đoạn thẳng [BC] đều có khoảng cách taxicab đến P nhỏ nhất. Hình 2.1: Tập hợp các điểm nằm trên [BC] có khoảng cách taxicab đến P nhỏ nhất. Định lý 2.1.2 ([13]). Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = 0 là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Chứng minh. Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = 0 là f : R2T −→ R2T (x, y) 7−→ f(x, y) = (x,−y). ∀P = (x, y), A = (a, b) ∈ R2T ta có dT (f(x, y), f(a, b)) = dT ((x,−y), (a,−b)) = |x− a|+ | − y + b| = |x− a|+ |y − b| = dT ((x, y), (a, b)). Vậy dT ((x, y), (a, b)) = dT (f(x, y), f(a, b)), do đó f là phép đối xứng đẳng cự taxicab. 39 Do phép tịnh tiến là phép đẳng cự taxicab nên ta có: Hệ quả 2.1.1. Phép đối xứng taxicab qua các đường thẳng y = b là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Định lý 2.1.3 ([13]). Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng x = 0 là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Chứng minh. Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng x = 0 là f : R2T −→ R2T (x, y) 7−→ f(x, y) = (−x, y). ∀P = (x, y), A = (a, b) ∈ R2T ta có dT (f(x, y), f(a, b)) = dT ((−x, y), (−a, b)) = | − x+ a|+ |y − b| = |x− a|+ |y − b| = dT ((x, y), (a, b)). Vậy dT ((x, y), (a, b)) = dT (f(x, y), f(a, b)), do đó f là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Do phép tịnh tiến là phép đẳng cự taxicab nên ta có: Hệ quả 2.1.2. Phép đối xứng taxicab qua các đường thẳng x = a là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Định nghĩa 2.1.2 ([13, Định nghĩa 4, pp. 80]). Cho A = (a1, a2), B = (b1, b2) là hai điểm trong R2T . Đoạn thẳng nối A và B kí hiệu [AB], được xác định [AB] = {P |P = (a1, a2) + λ(b1 − a1, b2 − a2), 0 ≤ λ ≤ 1}. Ngoài ra, trong các phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = x và y = −x cũng có phép đối xứng đẳng cự taxicab. Cho điểm P = (a, b) 6∈ (l) : y = x, trên đường thẳng (l) có nhiều hơn một điểm có khoảng cách taxicab nhỏ nhất đến P (Hình 2.2). Đường thẳng nằm ngang y = b và đường thẳng đứng x = a đi qua điểm P = (a, b) cắt đường thẳng y = x lần lượt tại các điểm C = (b, b) và B = (a, a). Mọi điểm nằm trên [BC] có khoảng cách taxicab nhỏ nhất đến P là |b− a|. Ngoài ra, với mỗi H = (u, u) ∈ [BC], cho 0 ≤ λ ≤ 1 ta có u = b+ λ(a − b). Trên [PH] lấy một điểm P ′ sao cho dT (P,H) = dT (P ′, H). Lúc đó f(P ) = P ′ = (−a+ 2b+ 2λ(a− b), b+ 2λ(a− b)). 40 Hình 2.2: Phép đối xứng taxicab hλ qua đường thẳng y = x. Rõ ràng, dT (P ′, H) = dT ((−a+ 2b+ 2λ(a− b), b+ 2λ(a− b)), (u, u)) = | − a+ 2b+ 2λ(a− b)− (b+ λ(a− b))|+ |b+ 2λ(a− b)− (b+ λ(a− b))| = | − b+ a− λ(a− b)|+ | − λ(a− b)| = |1− λ||a− b|+ | − λ||a− b| = (1− λ)|a− b|+ (λ)|a− b|; 0 ≤ λ ≤ 1 = |a− b| = dT (P,H). Vậy P ′ là ảnh của P qua H. Ta kí hiệu phép đối xứng taxicab ở trên bởi Hλ. Định lý 2.1.4 ([13, Định lý 6, pp. 78]). Phép đối xứng taxicab Hλ qua đường thẳng y = x là phép đẳng cự taxicab nếu và chỉ nếu λ = 12 . Chứng minh. (=⇒) Giả sử phép đối xứng taxicab Hλ f : R2T −→ R2T là phép đẳng cự taxicab. Khi đó, f(x, y) = (−x+ 2y + 2λ(x− y), y + 2λ(x− y)). Ta có dT (f(x, y), f(a, b)) = | − a+ 2b+ 2λ(a− b)− (−x+ 2y + 2λ(x− y))|+ |b+ 2λ(a− b)− (y + 2λ(x− y))| = |(1− 2λ)(x− a) + (2λ− 2)(y − b)|+ |(1− 2λ)(y − b)− 2λ(x− a)|. 41 dT ((x, y), (a, b)) = |x− a|+ |y − b|. Vì Hλ là phép đẳng cự taxicab nên: dT (f(x, y), f(a, b)) = dT ((x, y), (a, b)) ⇔ |(1−2λ)(x−a)−(2−2λ)(y−b)|+ |(1−2λ)(y−b)−2λ(x−a)| = |x−a|+ |y−b|. Suy ra λ = 1 2 (rõ ràng λ > 1 2 hoặc λ < 1 2 thì dấu bằng của phương trình không thỏa mãn). (⇐=) Với λ = 12 , lúc đó dT (f(x, y), f(a, b)) = |(1− 2λ)(x− a)− (2− 2λ)(y − b)|+ |(1− 2λ)(y − b)− 2λ(x+ a)| = |x− a|+ |y − b| = dT ((x, y), (a, b)). Ta cũng có những kết quả tương tự đối với phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = −x. S là tập các phép đối xứng taxicab đẳng cự. S gồm các phép đối xứng taxicab qua các đường thẳng x = a, y = b và phép đối xứng H1 2 qua các đường thẳng y = x, y = −x. 2.1.3 Phép quay taxicab Trong hình học taxicab ta sử dụng đơn vị đo góc t− radian thay cho đơn vị đo góc radian trong hình học Euclid. Kí hiệu piT = 4 t − radian trong hình học taxicab thay cho kí hiệu pi = 3.14 trong hình học Euclid. Định nghĩa 2.1.3. Trong R2T cho một diểm O cố định và góc lượng giác θ không đổi. f : R2T −→ R2T O 7−→ O M 7−→M ′ với M 6= O có duy nhất điểm M ′ 6= O sao cho: dT (O,M) = dT (O,M ′) và (OM,OM ′) = θ. Lúc đó, f được gọi là phép quay taxicab tâm O góc quay θ. Trong mặt phẳng taxicab chỉ có bốn phép quay taxicab bảo toàn khoảng cách taxicab, đó là bốn phép quay taxicab với góc quay θ = k piT 2 , k = 0, 1, 2, 3. Định lý 2.1.5 ([13, Định lý 8, pp. 79]). Tập hợp các phép quay taxicab đẳng cự trong R2T là Rθ = { Aθ|θ = kpiT 2 , k = 0, 1, 2, 3 } với Aθ là phép quay taxicab góc quay θ. 42 Hình 2.3: Phép quay. Chứng minh. Cho P = (1, 0) và Q = (0, 1). Quay P một góc θ ta được Aθ(P ) = (cosT θ, sinT θ) trên đường tròn đơn vị taxicab, quay Q một góc θ ta được Aθ(Q) = (−sinT θ, cosT θ). Vì ta muốn phép quay taxicab góc quay θ bảo toàn khoảng cách taxicab và vì dT (P,Q) = 2, nên ta cần có dT (Aθ(P ), Aθ(Q) = 2. Do đó |cosT θ + sinT θ|+ |sinT θ − cosT θ| = 1 + |sinT θ − cosT θ| = 2 ⇔ |sinT θ − cosT θ| = 1 ⇔ [ sinT θ − cosT θ = 1 sinT θ − cosT θ = −1 ⇔ [ cosT θ = 0 sinT θ = 0. Nghĩa là θ = {0, piT2 , piT , 3piT2 }. Định lý trên vẫn còn đúng với P,Q bất kì nằm trong R2T . Ta kí hiệu OT (2) = Rθ ∪ S, với Rθ là tập các phép quay taxicab đẳng cự và S là các phép đối xứng taxicab đẳng cự. Định nghĩa 2.1.4 ([13, Định nghĩa 5, pp. 80]). Cho A = (a1, a2), B = (b1, b2) là hai điểm trong R2T . Hình chữ nhật với đường chéo [AB] kí hiệu  AB, được xác định như sau  AB= {P |dT (A,P ) + dT (P,B) = dT (A,B)}. 43 Hình 2.4: Hình chữ nhật cơ sở  AB. Mọi điểm nằm trong  AB đều có tổng khoảng cách taxicab đến A và B là dT (A,B). Hệ quả 2.1.3 ([13, Hệ quả 10, pp. 80]). Cho A = (a1, a2), B = (b1, b2) ∈ R2T . Khi đó, kích thước của hình chữ nhật đường chéo [AB] là [a1, b1]× [a2, b2]. Chú ý. [13] Nếu đoạn thẳng [AB] nằm ngang hoặc thẳng đứng thì  AB là đoạn [AB]. Định lý 2.1.6 ([13, Định lý 11, pp. 80]). Cho F : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab và cho hình chữ nhật đường chéo [AB]. Khi đó F (  AB) =  F (A)F (B). Chứng minh. Cho P ∈ F (  AB). Khi đó, P ∈ F (  AB) ⇔ ∃C ∈  AB: P = F (C) Định nghĩa 2.1.4⇔ dT (A,C) + dT (C,B) = dT (A,B) F đẳng cự⇔ dT (F (A), F (C)) + dT (F (C), F (B)) = dT (F (A), F (B)) ⇔ F (C) ∈  F (A)F (B) ⇔ P ∈  F (A)F (B) . Hệ quả 2.1.4 ([13, Hệ quả 12, pp. 81]). Cho F : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab và hình chữ nhật đường chéo [AB]. Khi đó F bảo toàn góc, đỉnh và bảo toàn chu vi của  AB. 44 Định lý 2.1.7 ([13, Định lý 13, pp. 81]). Cho f : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab sao cho f(O) = O. Khi đó f ∈ Rθ hoặc f ∈ S. Chứng minh. Cho A = (1, 0), B = (0, 1) và xét  AB. Hình 2.5: Phép đẳng cự taxicab. Có 4 trường hợp xảy ra f(A) ∈ [AB], f(A) ∈ [BE], f(A) ∈ [EF ], f(A) ∈ [AF ]. Ta chứng minh cho trường hợp f(A) ∈ [AB]. Các trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự. Giả sử f(A) ∈ [AB], f(A) 6= A, f(A) 6= B. Vì f là phép đẳng cự taxicab nên dT (f(A), f(B)) = dT (A,B) = 2 và dT (f(O), f(B)) = dT (O,B) = 1. Do đó f(B) ∈ [EF ] và 1 = dT (O, f(B)) = dT (f(B), K) + dT (K,O) suy ra dT (K,O) < 1. VìD là đỉnh của  AB nên f(D) cũng là đỉnh của  F (A)F (B) và vì dT (K,O) < 1, dT (O,D) = 2 nên ta suy ra f(D) 6= H và do đó f(D) = L (Hình 2.5). Ta có dT (L,K) = dT (M, f(A)) < 1. Mà dT (K,O) < 1 và dT (L,K) + dT (K,O) = dT (O,L) = dT (O, f(D)) = dT (O,D) = 2 do đó dT (L,K) > 1 (mâu thuẩn). Vậy f(A) = A hoặc f(A) = B. 1. Nếu f(A) = A thì f là hàm đồng nhất, do đó f là phép quay taxicab đẳng cự góc quay θ = 0◦. f(A) = A và f(O) = O nên f là phép đối xứng taxicab qua đường thẳng OA (trục hoành) do đó f là phép đối xứng taxicab đẳng cự. Vậy f ∈ Rθ hoặc f ∈ S. 2. Nếu f(A) = B thì f(B) = A hoặc f(B) = E hoặc f(B) = F . 45 (a) Nếu f(B) = A (f(A) = B), thì f là phép đối xứng taxicab qua đường thẳng OD (đường thẳng y = x) nên f là phép đối xứng taxicab đẳng cự. Suy ra f ∈ S. (b) Nếu f(B) = E (f(A) = B), thì f là phép quay taxicab với góc quay θ = piT2 nên f là phép quay taxicab đẳng cự. Suy ra f ∈ Rθ. (c) Ta chứng minh f(B) luôn khác F . Giả sử f(B) = F . Vì  AB=  F (A)F (B)= [BF ]⇒ f(D) ∈ [BF ]⇒ dT (O, f(D)) ≤ 1, nhưng ta lại có 2 = dT (O,D) = dT (O, f(D)) (mâu thuẩn). Vậy f(B) 6= F . Vậy f ∈ Rθ hoặc f ∈ S. Định lý 2.1.8 ([13, Định lý 9, pp. 80]). Cho F : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab. Khi đó, tồn tại duy nhất một phép tịnh tiến taxicab Ta ∈ T (2) và C ∈ OT (2) sao cho F = Ta ◦ C. Chứng minh. Cho phép đẳng cự taxicab F : R2T −→ R2T O 7−→ F (O) = a. Ta chọn C = T−a ◦ F , rõ ràng C là phép đẳng cự taxicab (vì T−a, F là các phép đẳng cự) và C(O) = O. Áp dụng Định lý 2.1.7 ta có C ∈ Rθ ∪ S = OT (2). Vậy F = Ta ◦C với Ta ∈ T (2) và C ∈ OT (2). Định lý đã được chứng minh. 2.2 Tích vô hướng 2.2.1 Tích vô hướng Trong hình học Euclid, tích vô hướng của 2 vectơ α, β ∈ R2 được cho bởi công thức: 〈α, β〉E = ‖α‖E‖β‖E cosE(α, β). Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu tích vô hướng trong hình học taxicab. Định nghĩa 2.2.1 ([7, Định nghĩa 2.1, pp. 296]). Cho α = (a1, a2); β = (b1, b2) là 2 vectơ trong R2T . Khi đó, trong hình học taxicab tích vô hướng của 2 vectơ α và β được cho bởi công thức 〈α, β〉T =  (i)|a1b1|+ |a2b2|, α, β cùng thuộc một góc phần tư ; (ii)− |a1b1|+ |a2b2|, α, β ở hai góc phần tư liên tiếp, và a1b1 0; (iii)|a1b1| − |a2b2|, α, β ở hai góc phần tư liên tiếp, và a1b1 > 0, a2b2 < 0; (iv)− |a1b1| − |a2b2|, α, β thuộc hai góc phần tư đối diện. 46 Định lý 2.2.1 ([7, Định lý 2.2, pp. 296]). Trong hình học taxicab, tích vô hướng của hai vectơ song tuyến tính, đối xứng và xác định dương. Chứng minh. 1. Song tuyến tính Xét bảng α \ β I II III IV I (i) (ii) (iv) (iii) II (ii) (i) (iii) (iv) III (iv) (iii) (i) (ii) IV (iii) (iv) (ii) (i) Trong đó I, II, III, IV lần lượt là các góc phần tư thứ nhất, thứ hai, thứ ba và thứ tư. α ∈ I : α nằm trong góc phần tư thứ nhất, α ∈ II : α nằm trong góc phần tư thứ hai, α ∈ III : α nằm trong góc phần tư thứ ba, α ∈ IV : α nằm trong góc phần tư thứ tư. Bây giờ ta chứng minh tính chất song tuyến tính của tích vô hướng trong hình học taxicab. (a) Cho α = (a1, a2); β = (b1, b2) ∈ R2T , r ∈ R. Ta chứng minh 〈rα, β〉 = 〈α, rβ〉 = r〈α, β〉. i. α, β cùng thuộc một góc phần tư. A. ∀r ∈ R+ lúc đó rα, β vẫn cùng thuộc một góc phần tư, do đó 〈rα, β〉 = |ra1b1|+ |ra2b2| = |r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = |a1rb1|+ |a2rb2| = |r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. B. ∀r ∈ R− lúc đó rα, β thuộc hai góc phần tư đối nhau, do đó 〈rα, β〉 = −|ra1b1| − |ra2b2| = −|r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = −|a1rb1| − |a2rb2| = −|r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 47 ii. α, β nằm trên hai góc phần tư liên tiếp. Giả sử α ∈ I, β ∈ II A. ∀r ∈ R+ lúc đó rα ∈ I, β ∈ II, do đó 〈rα, β〉 = −|ra1b1|+ |ra2b2| = |r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = −|a1rb1|+ |a2rb2| = |r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. B. ∀r ∈ R− lúc đó rα ∈ III, β ∈ II, do đó 〈rα, β〉 = |ra1b1| − |ra2b2| = −|r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = |a1rb1| − |a2rb2| = −|r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. iii. α, β nằm trên hai góc phần tư đối diện. A. ∀r ∈ R+ lúc đó rα, β vẫn thuộc hai góc phần tư đối diện nhau, do đó 〈rα, β〉 = −|ra1b1| − |ra2b2| = |r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = −|a1rb1| − |a2rb2| = |r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. B. ∀r ∈ R− lúc đó rα, β thuộc cùng một góc phần tư, do đó 〈rα, β〉 = |ra1b1|+ |ra2b2| = −|r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = |a1rb1|+ |a2rb2| = −|r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. 48 (b) Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2), γ = (c1, c2) là ba vectơ trong R2T . Ta chứng minh 〈α+ β, γ〉 = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. 〈α, β + γ〉 = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. i. α, β, γ cùng thuộc một góc phần tư. Khi đó, α+ β và γ cùng thuộc một góc phần tư nên 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = (|a1|+ |b1|)|c1|+ (|a2|+ |b2|)|c2| = |a1c1|+ |b1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| = |a1c1|+ |a2c2|+ |b1c1|+ |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. α và β + γ cùng thuộc một góc phần tư nên 〈α, β + γ〉 = |a1(b1 + c1)|+ |a2(b2 + c2)| = |a1||b1 + c1|+ |a2||b2 + c2| = |a1|(|b1|+ |c1|) + |a2|(|b2|+ |c2|) = |a1b1|+ |a1c1|+ |a2b2|+ |a2c2| = |a1b1|+ |a2b2|+ |a1c1|+ |a2c2| = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. ii. Hai trong số ba vectơ α, β, γ cùng thuộc một góc phần tư. Trường hợp này có nhiều trường hợp nhỏ, và ta chỉ chứng minh cho trường hợp α, γ ∈ I, β ∈ II. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. A. α, γ ∈ I, β ∈ II, nếu α + β ∈ I, thì γ và α + β cùng thuộc góc phần tư I, do đó ta có 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = (|a1| − |b1|)|c1|+ (|a2|+ |b2|)|c2| = |a1c1| − |b1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| = |a1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| − |b1c1| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. 49 B. α, γ ∈ I, β ∈ II, nếu α + β ∈ II, thì γ và α + β thuộc hai góc phần tư liên tiếp I và II, do đó ta có 〈α+ β, γ〉 = −|(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = −|a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = −(|b1| − |a1|)|c1|+ (|a2|+ |b2|)|c2| = |a1c1| − |b1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| = |a1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| − |b1c1| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. Chứng minh tương tự cho 〈α, β + γ〉 = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. iii. α, β, γ ở ba góc phần tư khác nhau. Lúc đó, vị trí của α+ β và γ có thể là cùng thuộc một góc phần tư, thuộc hai góc phần tư liên tiếp hoặc hai góc phần tư đối diện. A. α ∈ I, β ∈ III, γ ∈ II, nếu α+β và γ cùng thuộc một góc phần tư II thì ta có 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = (|b1| − |a1|)|c1|+ (|a2| − |b2|)|c2| = −|a1c1|+ |b1c1|+ |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1|+ |a2c2|+ |b1c1| − |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. B. α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ III, nếu α + β và γ thuộc hai góc phần tư liên tiếp II và III thì ta có 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1| − |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1| − |a2 + b2||c2| = (|b1| − |a1|)|c1| − (|a2|+ |b2|)|c2| = −|a1c1|+ |b1c1| − |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1| − |a2c2|+ |b1c1| − |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. C. α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ III, nếu α + β và γ thuộc hai góc phần tư 50 đối diện nhau I và III thì ta có 〈α+ β, γ〉 = −|(a1 + b1)c1| − |(a2 + b2)c2| = −|a1 + b1||c1| − |a2 + b2||c2| = −(|a1| − |b1|)|c1| − (|a2|+ |b2|)|c2| = −|a1c1|+ |b1c1| − |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1| − |a2c2|+ |b1c1| − |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. Chứng minh tương tự cho 〈α, β + γ〉 = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. 2. Đối xứng ∀α = (a1, a2); β = (b1, b2) ∈ R2T 〈α, β〉T = ±|a1b1| ± |a2b2| = ±|b1a1| ± |b2a2| = 〈β, α〉T . 3. Xác định dương ∀α = (a1, a2) ∈ R2T , vì α, α luôn nằm trên cùng một góc phần tư nên ta có 〈α, α〉 = |a1a1|+ |a2a2| = |a21|+ |a22| ≥ 0 và rõ ràng, 〈α, α〉 = 0⇔ a1 = 0 và a2 = 0⇔ α = 0. 2.2.2 Chuẩn Trong hình học Euclid, chuẩn của vectơ α được định nghĩa bởi ‖α‖E = √ 〈α, α〉E. Trong hình học taxicab, chuẩn của một vectơ được định nghĩa như sau: Định nghĩa 2.2.2 ([7, Định nghĩa 3.1, pp. 302]). Cho α = (a1, a2) ∈ R2T là một vectơ bất kì. Khi đó, chuẩn trong hình học taxicab được định nghĩa bởi ‖α‖T = √ 〈α, α〉T + 2|a1a2|. Rõ ràng ‖α‖T = √ a21 + a 2 2 + 2|a1a2| = |a1|+ |a2| = dT (α, 0). Chuẩn trong hình học taxicab thỏa mãn một số tính chất sau. 51 Định lý 2.2.2 ([7, Định lý 3.2, pp. 303]). Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2), γ = (c1, c2) ∈ R2T và r ∈ R. Khi đó (i) ‖α‖T ≥ 0, (ii) ‖rα‖T = |r|‖α‖T , (iii) ‖α+ β‖T ≤ ‖α‖T + ‖β‖T , (iv) ‖α− β‖T ≥ ‖α‖T − ‖β‖T , (v) ‖α− β‖T ≤ ‖α‖T + ‖β‖T , (vi) ‖α− β‖T ≤ ‖α− γ‖T + ‖γ − β‖T . Chứng minh. (i) và (ii) là hiển nhiên. (iii) ‖α+ β‖T = √ 〈α+ β, α+ β〉+ 2|(a1 + b1)(a2 + b2)| = √ (|(a1 + b1)|+ |(a2 + b2)|)2 = |a1 + b1|+ |a2 + b2| ≤ (|a1|+ |a2|) + (|b1|+ |b2|) = ‖α‖T + ‖β‖T . (iv) ‖α− β‖T = √ 〈α− β, α− β〉+ 2|(a1 − b1)(a2 − b2)| = √ (|(a1 − b1)|+ |(a2 − b2)|)2 = |a1 − b1|+ |a2 − b2| ≥ (|a1|+ |a2|)− (|b1|+ |b2|) = ‖α‖T − ‖β‖T . (v) ‖α− β‖T = √ 〈α− β, α− β〉+ 2|(a1 − b1)(a2 − b2)| = √ (|(a1 − b1)|+ |(a2 − b2)|)2 = |a1 − b1|+ |a2 − b2| ≤ (|a1|+ |a2|) + (|b1|+ |b2|) = ‖α‖T + ‖β‖T . (vi) ‖α− β‖T = ‖α− γ + γ − β‖T ≤ ‖α− γ‖T + ‖γ − β‖T . 52 Trong hình học Euclid, tích vô hướng còn được tính theo công thức 〈α, β〉E = ‖α‖E‖β‖EcosEθ với α, β ∈ R2T và θ là góc giữa chúng. Vì các công thức lượng giác của hình học Euclid và hình học taxicab khác nhau nên tích vô hướng trong hình học taxicab còn có công thức tính như sau: Định nghĩa 2.2.3 ([7, Định nghĩa 4.1, pp. 305]). Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2) ∈ R2T và θ là góc giữa α và β. Hằng số taxicab RT được định nghĩa như sau RT =  2|a1b2|, α ∈ II, β ∈ II, γ ∈ I; α ∈ IV, β ∈ IV, γ ∈ I; −2|a1b2|, α ∈ I, β ∈ III, γ ∈ II; α ∈ II, β ∈ IV, γ ∈ III; 2|a2b1|, α ∈ I, β ∈ I, γ ∈ I; α ∈ III, β ∈ III, γ ∈ I; −2|a2b1|, α ∈ I, β ∈ III, γ ∈ III; α ∈ II, β ∈ IV, γ ∈ II; 0, α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ I; α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ II; α ∈ I, β ∈ IV, γ ∈ III; α ∈ I, β ∈ IV, γ ∈ IV ; α ∈ II, β ∈ III, γ ∈ I; α ∈ II, β ∈ III, γ ∈ II; α ∈ III, β ∈ IV, γ ∈ I; α ∈ III, β ∈ IV, γ ∈ II. Khi đó tích vô hướng của α và β được tính theo công thức 〈α, β〉T = ‖α‖T‖β‖T cosT θ −RT . Bây giờ ta chứng minh công thức trên cho trường hợp α = (a1, a2) và β = (b1, b2) ∈ I như Hình 2.6. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. 53 Hình 2.6: Chuẩn taxicab. Chứng minh. Giả sử các góc α, β ∈ I có số đo taxicab lần lượt là θ1, θ2 ∈ [0, 2], góc (β−α) ∈ I có số đo taxicab là (θ2 − θ1) ∈ [0, 2]. Ta có α và β thuộc cùng góc phần tư I nên 〈α, β〉T = |a1b1|+ |a2b2|. Mặt khác, ‖α‖T = |a1|+ |a2|; ‖β‖T = |b1|+ |b2|; cosT θ2 = |b1| ‖β‖T ; cosT θ1 = |a1| ‖α‖T . Áp dụng công thức lượng giác taxicab, ta có cosT θ = cosT (θ2 − θ1) = 1 + cosT θ2 − cosT θ1 = 1 + |b1|‖β‖T − |a1| ‖α‖T . Vậy, ‖α‖T‖β‖T cosT θ = (|a1|+ |a2|)(|b1|+ |b2|)(1 + |b1||b1|+ |b2| − |a1| |a1|+ |a2|) = (|a1|+ |a2|)(|b1|+ |b2|) + ((|a1|+ |a2|)|b1| − (|b1|+ |b2|)|a1|) = |a1b1|+ |a1b2|+ |a2b1|+ |a2b2|+ |a1b1|+ |a2b1| − |a1b1| − |a1b2| = |a1b1|+ |a2b2|+ 2|a2b1|. Vì θ1, θ2, (θ2 − θ1) ∈ [0, 2] nên RT = 2|a2b1|. Do đó ‖α‖T‖β‖T cosT θ −RT = |a1b1|+ |a2b2| = 〈α, β〉T . 54 2.3 Đa giác đều taxicab Một đa giác trong mặt phẳng taxicab gồm n đoạn thẳng đồng phẳng (n ≥ 3), các đoạn thẳng (cạnh của đa giác) chỉ giao nhau tại một điểm đó là đỉnh của đa giác, mỗi đỉnh nằm trên hai cạnh, và hai cạnh có chung một đỉnh thì không cộng tính với nhau. Nếu số cạnh của đa giác là n với n ≥ 3 và n ∈ N, thì đa giác đó được gọi là n−giác. Các định nghĩa dưới đây về các đa giác trong mặt phẳng taxicab sử dụng độ dài taxicab thay cho độ dài Euclid. Định nghĩa 2.3.1 ([6, Định nghĩa 1, pp. 28]). Một đa giác trong mặt phẳng taxicab được gọi là đa giác taxicab cạnh đều nếu các cạnh của đa giác có độ dài taxicab bằng nhau. Định nghĩa 2.3.2 ([6, Định nghĩa 2, pp. 28]). Một đa giác trong mặt phẳng taxicab được gọi là đa giác taxicab góc đều nếu các góc trong của đa giác có số đo góc taxicab bằng nhau. Định nghĩa 2.3.3 ([6, Định nghĩa 3, pp. 28]). Một đa giác trong mặt phẳng taxicab được gọi là đa giác đều taxicab nếu nó vừa là đa giác taxicab cạnh đều vừa là đa giác taxicab góc đều. Mệnh đề 2.3.1 ([6, Mệnh đề 1, pp. 28]). Cho A,B,C và D là bốn điểm trong mặt phẳng sao cho A 6= B và dE(A,B) = dE(C,D), cho m1,m2 lần lượt là độ dốc của các đường thẳng AB và CD. 1. Nếu m1 6= 0 6= m2, thì dT (A,B) = dT (C,D) nếu và chỉ nếu |m1| = |m2| hoặc |m1m2| = 1. 2. Nếu mi = 0 hoặc mi →∞, thì dT (A,B) = dT (C,D) nếu và chỉ nếu mj = 0 hoặc mj →∞, trong đó i, j ∈ {1, 2} và i 6= j. Chứng minh. Nếu hai điểm P và Q nằm trên một đường thẳng đứng (mi → ∞), thì dE(P,Q) = dT (P,Q) (Mệnh đề 2.3.1 luôn thỏa mãn). Nếu hai điểm P,Q không cùng nằm trên một đường thẳng đứng, nếu m là độ dốc của đường thẳng PQ, khi đó dE(P,Q) = ρ(m)dT (P,Q), với ρ(m) = √ 1+m2 1+|m| . 1. Cho m1 6= 0 6= m2, m1 và m2 lần lượt là độ dốc của đường thẳng AB và CD. 55 Theo giả thiết dE(A,B) = dE(C,D) ⇔ ρ(m1)dT (A,B) = ρ(m2)dT (C,D). (=⇒) Nếu dT (A,B) = dT (C,D) thì ρ(m1) = ρ(m2) ⇔ √ 1 +m21 1 + |m1| = √ 1 +m22 1 + |m2| ⇔ 1 +m 2 1 1 + 2|m1|+m21 = 1 +m22 1 + 2|m2|+m22 ⇔ (1 +m21)(1 +m22 + 2|m2|) = (1 +m22)(1 +m21 + 2|m1|) ⇔ (1 +m21)2|m2| = (1 +m22)2|m1| ⇔ |m2| − |m1|+m21|m2| −m22|m1| = 0 ⇔ (|m2| − |m1|)(1− |m1||m2|) = 0 ⇔ [ |m2| = |m1| |m1m2| = 1. (⇐=) Nếu |m2| = |m1| hoặc |m1m2| = 1⇔ |m2| = 1|m1| thì ta luôn có√ 1 +m21 1 + |m1| = √ 1 +m22 1 + |m2| ⇔ ρ(m1) = ρ(m2). Suy ra dT (A,B) = dT (C,D). 2. Cho mi = 0 hoặc mi →∞, lúc đó ρ(mi) = 1. (=⇒) Nếu dT (A,B) = dT (C,D) thì ρ(mj) = 1 tức làmj = 0 hoặcmj →∞. (⇐=) Nếu mj = 0 hoặc mj →∞ thì ρ(mj) = 1 và do đó dT (A,B) = dT (C,D). Hệ quả 2.3.1 ([6, Hệ quả 2, pp. 28]). Cho A,B và C là ba điểm không thẳng hàng trong mặt phẳng tọa độ sao cho dE(A,B) = dE(B,C). Khi đó, dT (A,B) = dT (B,C) nếu và chỉ nếu số đo của góc ](ABC) là pi 2 hoặc A và C đối xứng nhau qua đường thẳng đi qua B và song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. 56 Mệnh đề 2.3.2 ([6, Mệnh đề 9, pp. 31]). Cho A,B,C và D là bốn điểm trong mặt phẳng sao cho A 6= B và dT (A,B) = dT (C,D), và m1,m2 lần lượt là độ dốc của các đường thẳng AB và CD. 1. Nếu m1 6= 0 6= m2, thì dE(A,B) = dE(C,D) nếu và chỉ nếu |m1| = |m2| hoặc |m1m2| = 1. 2. Nếu mi = 0 hoặc mi →∞, thì dE(A,B) = dE(C,D) nếu và chỉ nếu mj = 0 hoặc mj →∞, trong đó i, j ∈ {1, 2} và i 6= j. Chứng minh. Tương tự Mệnh đề 2.3.1. Hệ quả 2.3.2 ([6, Hệ quả 10, pp. 32]). Cho A,B và C là ba điểm không thẳng hàng trong mặt phẳng tọa độ sao cho dT (A,B) = dT (B,C). Khi đó, dE(A,B) = dE(B,C) nếu và chỉ nếu số đo của góc ABC là pi 2 hoặc A và C đối xứng nhau qua đường thẳng đi qua B và song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Mệnh đề 2.3.3 ([6, Mệnh đề 3, pp. 28]). Tam giác đều Euclid không là tam giác đều taxicab. Chứng minh. Trong tam giác đều Euclid, độ dài Euclid của hai cạnh liên tiếp bằng nhau và số đo góc giữa hai cạnh liên tiếp khác pi 2 . Nên theo Hệ quả 2.3.1, bất kì hai cạnh liên tiếp nào của tam giác đều Euclid đối xứng nhau qua đường thẳng song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x thì có độ dài taxicab bằng nhau. Giả sử có hai cạnh liên tiếp của tam giác đối xứng nhau qua đường thẳng song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x (Hình 2.7 và Hình 2.8). Hình 2.7: Tam giác đều Euclid. 57 Hình 2.8: Tam giác đều Euclid. Rõ ràng, với mỗi trường hợp trên, trong tam giác đều Euclid luôn có hai trục đối xứng không song song với bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Do đó, các tam giác trên không phải là tam giác taxicab cạnh đều. Vậy tam giác đều Euclid không phải là tam giác đều taxicab. Hệ quả 2.3.3 ([6, Hệ quả 4, pp. 29]). Lục giác đều Euclid không là lục giác đều taxicab. Chứng minh. Mỗi lục giác đều Euclid là hợp thành của sáu tam giác đều Euclid. Từ Mệnh đề 2.3.1 ta suy ra các cạnh của lục giác đều Euclid song song với nhau thì có độ dài taxicab bằng nhau. Vì không có tam giác đều Euclid nào là tam giác taxicab cạnh đều nên cũng không có lục giác đều Euclid nào là lục giác taxicab cạnh đều. Vậy lục giác đều Euclid không là lục giác đều taxicab. Hình 2.9: Lục giác đều Euclid. Mệnh đề 2.3.4 ([6, Mệnh đề 5, pp. 29]). Mỗi tứ giác đều Euclid (hình vuông Euclid) là tứ giác đều taxicab. 58 Hình 2.10: Hình vuông Euclid. Chứng minh. Trong hình vuông Euclid, độ dài Euclid của các cạnh đều bằng nhau và góc giữa hai cạnh liên tiếp bất kì là góc pi 2 . Theo Hệ quả 2.3.1, các cạnh của hình vuông Euclid cũng có độ dài taxicab bằng nhau. Vì vậy, mỗi hình vuông Euclid là một tứ giác taxicab cạnh đều và do đó là một tứ giác đều taxicab hay còn gọi là hình vuông taxicab. Mệnh đề 2.3.5 ([6, Mệnh đề 11, pp. 32]). Mỗi hình vuông taxicab là một hình vuông Euclid. Chứng minh. Vì các cạnh của hình vuông taxicab luôn có độ dài taxicab bằng nhau, và góc giữa hai cạnh liên tiếp của hình vuông taxicab là góc vuông, nên theo Hệ quả 2.3.2 các cạnh của hình vuông taxicab sẽ có độ dài Euclid bằng nhau. Vậy hình vuông taxicab là tứ giác Euclid có các cạnh bằng nhau, và do đó nó là tứ giác đều Euclid hay là hình vuông Euclid. Mệnh đề 2.3.6 ([6, Mệnh đề 6, pp. 29]). Mỗi bát giác đều Euclid, có đường chéo đối xứng (kí hiệu là DAOS) song song với bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x là bát giác đều taxicab. Chứng minh. Mỗi bát giác đều Euclid, có 4 đường chéo chính là 4 trục đối xứng ta kí hiệu là DAOS. Xét bát giác đều Euclid có một đường DAOS song song với đường x = 0, các đường DAOS khác sẽ song song với các đường thẳng y = 0, y = x và y = −x. Cứ hai cạnh liên tiếp của nó sẽ đối xứng nhau qua các đường thẳng song song với các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Các cạnh của bát giác đều Euclid luôn có độ dài Euclid bằng nhau. Theo Hệ quả 2.3.1 các cạnh của bát giác đều Euclid cũng có độ dài taxicab bằng nhau. 59 Hình 2.11: Bát giác đều taxicab. Vậy một bát giác đều Euclid có một đường DAOS song song với đường x = 0 là một bát giác taxicab cạnh đều và do đó là một bát giác đều taxicab. Các trường hợp khác được chứng minh hoàn toàn tương tự. Chú ý. 2n-giác có các góc bằng nhau được gọi là nửa đa giác đều cạnh có các góc bằng nhau nếu các cạnh xen kẻ của 2n−giác có độ dài Euclid bằng nhau. Do đó, luôn có một đường tròn Euclid đi qua các đỉnh của nửa đa giác đều cạnh có các góc bằng nhau. Mệnh đề 2.3.7 ([6, Mệnh đề 12, pp. 32]). Mỗi bát giác đều taxicab, có đường chéo đối xứng (kí hiệu là DAOS) song song với bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x là bát giác đều Euclid. Hình 2.12: Bát giác đều taxicab. 60 Chứng minh. Xét bát giác đều taxicab Hình 2.12, các cạnh xen kẻ nhau luôn có độ dài Euclid bằng nhau, vì số đo của góc giữa hai cạnh xen kẻ nhau của bát giác đều taxicab luôn là pi2 và các cạnh của bát giác đều taxicab luôn có độ dài taxicab bằng nhau (theo Mệnh đề 2.3.2 và Hệ quả 2.3.2). Do đó, mỗi bát giác đều taxicab là nửa bát giác đều cạnh có các góc bằng nhau. Xét bát giác đều taxicab A1A2...A8 có một trục DAOS song song với đường thẳng y = 0 (Hình 2.12). Lúc đó tồn tại đường tròn Euclid đường kính A1A5 đi qua 8 điểm A1, A2, ..., A8, và tồn tại một đường tròn taxicab tâm A1 đi qua A2, A8. Vì đường tròn Euclid và đường tròn taxicab có chung trục đối xứng là A1A5 nên giao điểm của chúng là A2 và A8 sẽ đối xứng nhau qua A1A5. Do đó hai cạnh liên tiếp A1A2 và A1A8 đối xứng nhau qua A1A5 nên hai cạnh liên tiếp A1A2 và A1A8 có độ dài Euclid bằng nhau. Vậy bát giác đều taxicab là nửa bát giác đều cạnh có các góc bằng nhau và có hai cạnh liên tiếp có độ dài Euclid bằng nhau nên nó là bát giác đều Euclid. Các trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự. Định lý 2.3.1 ([6, Định lý 7, pp. 30]). Mọi đa giác đều Euclid không là đa giác đều taxicab, ngoại trừ hình vuông Euclid và bát giác đều Euclid thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.6. Chứng minh. 1. Xét (2n − 1) giác đều Euclid. Mỗi (2n − 1)-giác đều Euclid đều có 2n − 1 trục đối xứng, mỗi trục đối xứng là đường thẳng đi qua một đỉnh và tâm của (2n− 1)-giác đều Euclid. (a) n = 2 đã chứng minh trong Mệnh đề 2.3.3. (b) n > 2 Trong trường hợp này các (2n− 1)-giác đều Euclid luôn có số trục đối xứng ≥ 5. Do đó tồn tại ít nhất một trục đối xứng không song song với một trong 4 đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Suy ra có ít nhất hai cạnh liên tiếp của (2n− 1)-giác đều Euclid đối xứng nhau qua trục đối xứng này. Mặt khác, góc giữa hai cạnh liên tiếp của (2n−1)-giác đều Euclid không phải là góc vuông. Theo Hệ quả 2.3.1 hai cạnh liên tiếp này có độ dài taxicab không bằng nhau. Vậy nếu n > 2 thì (2n − 1)-giác đều Euclid không là (2n − 1)-giác taxicab cạnh đều, và do đó không là (2n− 1)-giác đều taxicab. 61 2. Xét 2n-giác đều Euclid. Mỗi 2n-giác đều Euclid có n đường chéo chính cũng chính là n trục đối xứng và ta gọi đó là n trục DAOS. (a) n = 2 là trường hợp hình vuông Euclid chính là hình vuông taxicab đã được loại trừ. (b) n = 3 đã được chứng minh ở Hệ quả 2.3.3, lục giác đều Euclid không là lục giác đều taxicab. (c) n = 4 Ta chỉ xét trường hợp bát giác đều Euclid không có trục DAOS nào song song với các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x, mặt khác góc giữa hai cạnh liên tiếp của bát giác đều không phải là góc vuông. Theo Hệ quả 2.3.1, hai cạnh liên tiếp bất kì của bát giác đều Euclid này có độ dài taxicab không bằng nhau. Như vây bát giác đều Euclid này không là bát giác taxicab cạnh đều, và do đó không là bát giác đều taxicab. (d) n > 4 Trong trường hợp này, số trục DAOS của 2n−giác đều Euclid là n ≥ 5. Do đó tồn tại ít nhất một trục DAOS không song song với một trong 4 đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Suy ra có ít nhất hai cạnh liên tiếp của 2n−giác đều Euclid đối xứng nhau qua trục đối xứng này. Mặt khác, góc giữa hai cạnh liên tiếp của 2n−giác đều Euclid không phải là góc vuông (n > 4). Theo Hệ quả 2.3.1 hai cạnh liên tiếp này có độ dài taxicab không bằng nhau. Vậy nếu n > 4 thì 2n−giác đều Euclid không là 2n−giác taxicab cạnh đều, và do đó không là 2n−giác đều taxicab. Định lý 2.3.2 ([6, Định lý 13, pp. 32]). Mọi đa giác đều taxicab không là đa giác đều Euclid, ngoại trừ hình vuông taxicab và bát giác đều taxicab thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.7. Chứng minh. Giả sử tồn tại một đa giác đều taxicab là đa giác đều Euclid,ngoại trừ hình vuông taxicab và bát giác đều taxicab thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.7. Lúc đó, tồn tại đa giác đều Euclid là đa giác đều taxicab mà không phải hình vuông Euclid và bát giác đều Euclid thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.6. Điều này mâu thuẫn với Định lý 2.3.1, do đó không có một đa giác đều 62 taxicab nào là đa giác đều Euclid,ngoại trừ hình vuông taxicab và bát giác đều taxicab thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.7. Định lý 2.3.3 ([6, Định lý 14, pp. 32]). Không tồn tại tam giác đều taxicab. Chứng minh. Mỗi tam giác taxicab góc đều là một tam giác đều Euclid. Vì không có tam giác đều Euclid nào là tam giác đều taxicab, nên không có tam giác taxicab góc đều nào là tam giác đều taxicab. Vậy không tồn tại tam giác đều taxicab. 2.4 Tỉ số của các độ dài định hướng 2.4.1 Độ dài Taxicab định hướng và điểm chia Cho X và Y là hai điểm bất kì nằm trên đường thẳng có hướng (l). Độ dài taxicab định hướng của đoạn thẳng XY là dT [XY ] = dT (X, Y ) nếu XY và (l) cùng hướng ;−dT (X, Y ) nếu XY và (l) ngược hướng. Do đó, dT [XY ] = −dT [Y X]. Độ dài có hướng trong mặt phẳng Euclid có thể được định nghĩa một cách tương tự như sau dE[XY ] = dE(X, Y ) nếu XY và (l) cùng hướng ;−dE(X, Y ) nếu XY và (l) ngược hướng. Với A,B,C là ba điểm cùng nằm trên một đường thẳng có hướng, nếu C nằm giữa A và B thì ta kí hiệu ACB. 1. Nếu ACB thì C là điểm chia trong đoạn AB và tỉ số độ dài định hướng là một số thực dương: dT [AC] dT [CB] = λ > 0. 2. Nếu ABC hoặc CAB thì C là điểm chia ngoài đoạn AB và dT [AC] dT [CB] = λ < 0. Trong cả hai trường hợp C được gọi là điểm chia đoạn AB với tỉ số λ. Ta xét các trường hợp đặc biệt của điểm C: 1. C 6= B,C ≡ A⇔ λ = 0. 2. C dần đến vô cực ⇔ λ = −1. 63 3. Cho C và C ′ lần lượt là điểm chia trong và chia ngoài đoạn AB với cùng tỉ lệ nhưng trái dấu. Khi đó, tỉ số độ dài định hướng dT [AC] dT [CB] = −dT [AC ′] dT [C ′B] = λ > 0. Định lý 2.4.1 ([15, Định lý 1, pp. 2]). Cho hai điểm phân biệt P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2) ∈ R2. Nếu Q = (x, y) là điểm chia nằm trên đường thẳng qua hai điểm P1 và P2 thì tỉ số độ dài định hướng taxicab và tỉ số độ dài định hướng Euclid bằng nhau dT [P1Q] dT [QP2] = dE[P1Q] dE[QP2] . Chứng minh. 1. Nếu Q ≡ P1 thì tỉ số độ dài định hướng taxicab và tỉ số độ dài định hướng Euclid đều bằng 0. 2. Nếu Q dần đến vô cực thì tỉ số độ dài định hướng taxicab và tỉ số độ dài định hướng Euclid đều bằng −1. 3. P1 6= Q 6= P2. Ta cần chứng minh |x1 − x|+ |y1 − y| |x− x2|+ |y − y2| = √ (x1 − x)2 + (y1 − y)2√ (x− x2)2 + (y − y2)2 . (2.4.1) Bình phương hai vế của (2.4.1) ta được |x1 − x|2 + |y1 − y|2 + 2|x1 − x||y1 − y| |x− x2|2 + |y − y2|2 + 2|x− x2||y − y2| = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 (x− x2)2 + (y − y2)2 ⇔ [(x− x2) 2 + (y − y2)2][|x1 − x|2 + |y1 − y|2 + 2|x1 − x||y1 − y|] [(x1 − x)2 + (y1 − y)2][|x− x2|2 + |y − y2|2 + 2|x− x2||y − y2|] = 1 ⇔ [(x− x2) 2 + (y − y2)2][|x1 − x|2 + |y1 − y|2] + 2|x1 − x||y1 − y|[(x− x2)2 + (y − y2)2] [(x1 − x)2 + (y1 − y)2][|x− x2|2 + |y − y2|2] + 2|x− x2||y − y2|[(x1 − x)2 + (y1 − y)2] = 1 ⇔ 2|x1 − x||y1 − y|[(x− x2) 2 + (y − y2)2] 2|x− x2||y − y2|[(x1 − x)2 + (y1 − y)2] = 1 ⇔ |x1 − x||y1 − y||x− x2||y − y2| = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 (x− x2)2 + (y − y2)2 . (2.4.2) Với mọi điểm Q(x, y) nằm trêm P1P2 ta luôn có |x1 − x||y1 − y| |x− x2||y − y2| = (x1 − x)(y1 − y) (x− x2)(y − y2) . (2.4.3) 64 Từ (2.4.2) và (2.4.3) ta được (x1 − x)(y1 − y) (x− x2)(y − y2) = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 (x− x2)2 + (y − y2)2 ⇔ (x1 − x)(y1 − y)[(x− x2)2 + (y − y2)2] = (x− x2)(y − y2)[x1 − x)2 + (y1 − y)2] ⇔ (x1 − x)(y1 − y)(x− x2)2 − (x− x2)(y − y2)(x1 − x)2 = (x− x2)(y − y2)(y1 − y)2 − (x1 − x)(y1 − y)(y − y2)2 ⇔ (x1 − x)(x− x2)[(y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x)] = (y − y2)(y1 − y)[(x− x2)(y1 − y)− (x1 − x)(y − y2)] ⇔ [(y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x)][(x1 − x)(x− x2)− (y − y2)(y1 − y)] = 0. (2.4.4) Nếu x1 = x2 thì x = x1 = x2. Do đó phương trình (2.4.4) luôn đúng. Nếu x1 6= x2 thì y = (x2 − x)y1 − (x1 − x)y2 x2 − x1 ( vì Q nằm trên P1P2). Thế y vào (y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x) ta được (y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x) = [y1 − (x2 − x)y1 − (x1 − x)y2 x2 − x1 ](x− x2)− [ (x2 − x)y1 − (x1 − x)y2 x2 − x1 − y2](x1 − x) = 1 x2 − x1 [(x− x2)(xy1 − xy2 + x1y2 − x1y1)− (x1 − x)(xy2 − xy1 + x2y1 − x2y2)] = 1 x2 − x1 [(x− x1)(x− x2)(y1 − y2)− (x1 − x)(x− x2)(y2 − y1)] = 0. Do đó phương trình (2.4.4) được thỏa mãn. Vậy phương trình (2.4.1) đúng. Kết luận: trong các trường hợp định lý luôn được thỏa mãn. Hệ quả 2.4.1 ([15, pp. 4]). Cho P1 = (x1, y1) và P2 = (x2, y2) là hai điểm phân biệt trong mặt phẳng taxicab. Nếu Q = (x, y) chia đoạn thẳng P1P2 theo tỉ số λ thì x = x1 + λx2 1 + λ ; y = y1 + λy2 1 + λ ;λR;λ 6= −1 như trong mặt phẳng Euclid. Chứng minh. 1. Nếu λ = 0 hoặc λ = −1 thì công thức trên luôn thỏa mãn. 2. λ 6= 0;λ 6= −1 và Q = (x, y) chia đoạn thẳng P1P2 theo tỉ số λ, ta có |dT [P1Q] dT [QP2] | = |λ| ⇔ |x1 − x|+ |y1 − y||x− x2|+ |y − y2| = |λ|. 65 Vì P1 6= P2 nên |x1 − x2|+ |y1 − y2| 6= 0. |λ| = |λ|( |x1 − x2|+ |y1 − y2||x1 − x2|+ |y1 − y2|) = |λx1 − λx2|+ |λy1 − λy2| |x1 − x2|+ |y1 − y2| = |λx1 + x1 − x1 − λx2|+ |λy1 + y1 − y1 − λy2| |x1 + λx2 − λx2 − x2|+ |y1 + λy2 − λy2 − y2| = |(1 + λ)x1 − x1 − λx2 1 + λ |+ |(1 + λ)y1 − y1 − λy2 1 + λ | |x1 + λx2 − (1 + λ)x2 1 + λ |+ |y1 + λy2 − (1 + λ)y2 1 + λ | = |x1 − x1 + λx2 1 + λ |+ |y1 − y1 + λy2 1 + λ | |x1 + λx2 1 + λ − x2|+ |y1 + λy2 1 + λ − y2| . Vì |x1 − x|+ |y1 − y| |x− x2|+ |y − y2| = |λ| = |x1 − x1 + λx2 1 + λ |+ |y1 − y1 + λy2 1 + λ | |x1 + λx2 1 + λ − x2|+ |y1 + λy2 1 + λ − y2| nên x = x1 + λx2 1 + λ ; y = y1 + λy2 1 + λ ;λR;λ 6= −1. 2.4.2 Định lý về đường thẳng định hướng Như chúng ta đã biết, những tiên đề về tính chất tương đẳng và các đẳng thức được suy ra từ tính chất đồng dạng của tam giác trong mặt phẳng Euclid không còn đúng trong mặt phẳng taxicab. Nhưng, từ Định lý 2.4.1 ta có thể suy ra định lý về đường thẳng định hướng như sau: Hình 2.13: Định lý 2.4.2 ([15, Định lý 5, pp. 9]). Trong mặt phẳng taxicab, cho một chùm đường thẳng cắt một họ các đường thẳng song song. 66 1. Tỉ số độ dài định hướng của các đoạn thẳng tương ứng nằm trên những đường thẳng thuộc chùm đường thẳng đã cho đều bằng nhau. Chẳng hạn dT [SA] : dT [SB] : dT [SC] = dT [SA1] : dT [SB1] : dT [SC1] = dT [SA2] : dT [SB2] : dT [SC2]. Hay dT [SA1] : dT [SB1] = dT [A1A2] : dT [B1B2]. 2. Tỉ số độ dài định hướng của các đoạn thẳng nằm trên các đường thẳng song song và các đoạn thẳng tương ứng nằm trên các đường thẳng thuộc chùm đường thẳng, được đo từ đỉnh của chùm đường thẳng, đều bằng nhau. Chẳng hạn dT [CB] : dT [C1B1] : dT [C2B2] = dT [SC] : dT [SC1] : dT [SC2] = dT [SB] : dT [SB1] : dT [SB2]. Hay dT [AB] : dT [A1B1] : dT [A2B2] = dT [SA] : dT [SA1] : dT [SA2] = dT [SB] : dT [SB1] : dT [SB2]. 3. Tỉ số độ dài định hướng của các đoạn thẳng tương ứng nằm trên các đường thẳng song song đều bằng nhau. Chẳng hạn dT [AB] : dT [BC] = dT [A1B1] : dT [B1C1] = dT [A2B2] : dT [B2C2]. Chú ý rằng a : b : c = a1 : b1 : c1 nếu và chỉ nếu a a1 = bb1 = c c1 . 67 KẾT LUẬN Khóa luận gồm 3 phần: mở đầu, nội dung và kết luận. Phần nội dung được trình bày trong 2 chương: chương 1 và chương 2. Mỗi chương đều đưa ra các định nghĩa, định lý và một số tính chất trong hình học taxicab, giúp cho người đọc hiểu hơn về loại hình học phi Euclid này bằng cách so sánh nó với hình học Euclid. Khóa luận sử dụng nhiều hình vẽ để bạn đọc có cái nhìn trực quan hơn trong khi theo dõi khóa luận. Tuy đã cố gắng để hoàn thành khóa luận một cách tốt nhất, nhưng do hạn chế của bản thân và thời gian có hạn nên khóa luận chỉ giới thiệu được những đặc trưng cơ bản của hình học taxicab, chưa đi sâu khai thác những ứng dụng thực tế của loại hình học này. Một số định lý do chứng minh khá dài và trùng lập nên khóa luận chỉ chứng minh một vài trường hợp, các trường hợp chứng minh còn lại hoàn toàn tương tự. Là lần đầu tiên tiếp xúc với hình học taxicab, nên văn phong sử dụng trong khóa luận còn nhiều lủng củng. Rất mong quý Thầy Cô và các bạn đọc góp ý cho những thiếu sót còn trong khóa luận để khóa luận được hoàn thiện hơn. Thân mến. 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Z. Akc¸a, R. Kaya, On the Taxicab Trigonometry, Jour. of Inst. of Math. Comp. Sci. (Math.Ser.), 10(1997), 151− 159. [2] Z. Akc¸a, On the Taxicab Trigonometry, OGU, Maths. Preprint 97.07. [3] Z. Akc¸a, R. Kaya, On the Distance Formulae in Three Dimensional Taxicab Space, Hadronic Journal, Vol 27, No.5 (2004), 521− 532 . [4] Z. Akc¸a, R. Kaya, On the Norm in Higher Dimensional Taxicab Spaces, Hadronic Journal Supplement. Vol 19, No.5 (2004), 491− 501 . [5] H. B. C¸olakog˘lu, R. Kaya, A Synthetic Aproach to the Taxicab Circles, Applied Science (APPS), Vol. 9(2007), 67− 77. [6] H. B. C¸olakog˘lu, Ru¨stem Kaya, Regular Polygons in the Taxicab Plane, KoG 12− 2008, pp. 27− 33. [7] C. Ekici, I. Kocayusufog˘lu and Z. Akca, The Norm in Taxicab Geometry, Tr. J. of Mathematics, 22(1998), 295− 307. [8] Y. P. Ho, Y. Liu, Parabolas in Taxicab Geometry, Missouri J. of Math. Sci., 8(1996), 63− 72 . [9] R. Kaya, Area Formula for Taxicab Triangles, Pi Mu Epsilon Journal, (to appear, Fall 2005). [10] E. F. Krause, Taxicab Geometry; An Adventure in Non-Euclidean Geometry, Dover Publications, Inc., New York 1986. [11] Kenvin P. Thompson, Taxicab Triangle Incircles and Circumcircles, pp. 1−9. [12] Kevin, Thompson, Tevian Dray, Taxicab Angles and Trigonometry, The Pi Mu Epsilon Journal, Vol.11, No 2 (Spring 2000). 69 [13] I. Kocayusufog˘lu and E.O¨zdamar, Isometries of Taxicab Geometry, Commun. Fac. Sci. Univ. Ank. Series Al V. 47. pp. 73− 83(1998). [14] Kocayusufog˘lu, I˙., Ekici, C., Akc¸a, Z., The Inner - Product in Taxicab Geome- try, Mathematics, Mechanics and Infomatics (Kazakh State National Univer- sity), (1998). [15] M. O¨zcan, R. Kaya, On the ratio of Directed Lengths in the Taxicab plane and Related Properties, Missouri J. of Math. Sci., 14(2002), 107− 117. [16] Rudin, W., Functional Analysis, Tata Mc Graw- Hill Pub. Comp. Ltd., New Delhi (1989). [17] K. O. Sowell, Taxicab Geometry-A New Slant, Mathematics Magazine, Vol 62, No. 4 (Oct 1989), pp. 238− 248. [18] Tian, S.; S. So; and G. Chen, Concerning Circles in Taxicab Geometry, J. Math. Edu. Sci. Technol. Vol. 28(1997), pp. 727− 733. 70