Khóa luận Hình học trên các mặt phẳng Minkowski với chuẩn Max

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN LÊ THỊ LONG HÌNH HỌC TRÊN MẶT PHẲNG MINKOWSKI VỚI CHUẨN “MAX” KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Bộ môn: Hình học Cán bộ hướng dẫn PGS. TS. ĐOÀN THẾ HIẾU Huế, tháng 5 năm 2011 i LỜI CẢM ƠN Qua bốn năm học tập và rèn luyện tại giảng đường trường Đại học Sư phạm Huế, được sự dìu dắt của quý thầy cô giáo, tôi đã tiếp thu được khá nhiều kiến thức hữu ích về chuyên môn cũng như nghiệp vụ. Khóa luận tốt nghiệp này được xem là thành quả quan trọng của cả quá trình học tập và rèn luyện. Khóa luận này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, giúp đỡ của Thầy giáo, PGS. TS. Đoàn Thế Hiếu. Tôi xin gửi đến thầy sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc. Chúng tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn đến quý thầy cô giáo đã giảng dạy lớp Toán B khóa 2007 - 2011 của trường ĐHSP Huế, đặc biệt là các thầy cô trong khoa Toán đã giảng dạy tận tình và sự quan tâm, động viên tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện đề tài. Cuối cùng, tôi gửi sự trân trọng và lòng biết ơn đến tất cả người thân, bạn bè và những người đã quan tâm động viên, giúp đỡ cho tôi trong suốt quá trình học tập vừa qua. Huế, tháng 5 năm 2011 Lê Thị Long ii MỤC LỤC Trang phụ bìa i Lời cảm ơn ii Mục lục 1 Mở đầu 2 1 Mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. 3 1.1 Kiến thức chuẩn bị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Độ dài, diện tích. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Các lục giác đều nội tiếp affine. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.4 Các tập đặc biệt: Tập có độ rộng hằng, tập đều, tập có dây cung đều. 15 1.5 Một vài mặt phẳng Minkowski với chuẩn đặc biệt. . . . . . . . . . . 19 2 Một số bài toán cực trị trên mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. 21 2.1 Bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm. . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Bài toán Đẳng chu trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. . . 26 2.3 Bài toán Fermat - Torricelli trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 1 MỞ ĐẦU Mặt phẳng Minkowski là hình học phi Euclid trong không gian 2 chiều. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, khoảng cách được tính khác với khoảng cách trong mặt phẳng Euclid. Từ đó, dẫn đến nghiệm của cùng bài toán trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” khác với trong mặt phẳng Euclid. Trong đề tài này chúng tôi đi sâu tìm hiểu các tính chất của mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, đặc biệt là bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm và bài toán Fermat. Nghiệm của bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” không còn là duy nhất như trong mặt phẳng Euclid. Nghiệm của bài toán này là đường thẳng, đường gấp khúc và đường cong lồi nào đó. Bài toán Fermat-Torricelli yêu cầu tìm điểm x làm cực tiểu tổng khoảng cách đến n điểm bất kỳ x1, x2, ..., xn. Đây là bài toán cổ điển trong mặt phẳng Euclid phẳng, ở luận văn này chúng tôi sẽ đi tìm hiểu bài toán này trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Nội dung của luận văn gồm 2 chương. Chương 1 tìm hiểu độ dài, diện tích, tập có độ rộng hằng, tập đều, tập có dây cung đều trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Chương 2 tìm hiểu bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm, bài toán đẳng chu, bài toán Fermat-Torricelli. Mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng trong việc trình bày, luận văn vẫn không thể tránh những thiếu sót, chúng tôi mong rất mong được sự đóng góp để luận văn được hoàn thiện hơn. 2 Chương 1 Mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. 1.1 Kiến thức chuẩn bị. Trong phần này chúng tôi sẽ trình bày một số khái niệm được sử dụng trong mặt phẳng Minkowski. Xét X là không gian véc tơ thực có số chiều là n. Định nghĩa 1.1.1. Cho K là một tập con khác rỗng của không gian véc tơ X. Tập K được gọi là lồi nếu αx+ (1− α)y ∈ K, ∀x, y ∈ K, ∀α ∈ [0, 1]. Với x, y ∈ X, ta định nghĩa: [x, y] = {αx+ (1− α)y | α ∈ [0, 1]}; [x, y〉 = {αx+ (1− α)y | α ≤ 1}; 〈x, y〉 = {αx+ (1− α)y | α ∈ R}; lần lượt được gọi là đoạn thẳng nối x và y, tia gốc x và đi qua y, đường thẳng đi qua x và y. Không gian định chuẩn thực hữu hạn chiều còn được gọi là không gian Minkowski. Không gian Minkowski 2 chiều được gọi là mặt phẳng Minkowski. Xét không gian Minkowski X, ∀x = (a1, a2, ..., an) ∈ X với chuẩn của x có giá trị bằng max{|a1|, |a2|, ...., |an|}, được gọi là chuẩn max. Chuẩn “max” được ký hiệu là ‖.‖∞. Ta gọi tập B[x, r] = {y ∈ X : ‖y − x‖∞ ≤ r} là hình tròn tâm x bán kính r. Khi đó, B[O, 1] được gọi là hình tròn đơn vị tâm O(0, 0) và tập điểm ∂B = {x ∈ B : 3 ‖x‖∞ = 1} được gọi là đường tròn đơn vị tâm O(0, 0). Nhận xét 1.1.2. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, hình tròn đơn vị tâm O(0, 0) chính là hình vuông đơn vị trong mặt phẳng Euclid. Hình 1.1: Hình tròn đơn vị. 1.2 Độ dài, diện tích. 1.2.1 Độ dài. Trong mục này chúng ta sẽ đi tìm hiểu về cách tính độ dài đường cong trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Định nghĩa 1.2.1. Cho ánh xạ : ϕ :I → R2 t 7→ ϕ(t), với I ⊂ R là một khoảng (mở, đóng, nửa mở, nửa đóng, nửa đường thẳng thực hoặc cả toàn bộ đường thẳng thực...). Gọi c = ϕ(I) ⊂ R2, ảnh của bộ tập I. Khi đó (c, ϕ) là một đường tham số với tham số hóa ϕ và tham số t. Đường cong c = {x : x = ϕ(t), t ∈ [a, b]} được gọi là đường cong đơn, đóng nếu hàm ϕ(t) liên tục trên [a, b] và ϕ(a) = ϕ(b). Định nghĩa 1.2.2. Một đường cong đơn, đóng được gọi là lồi nếu nó bao một tập lồi. Một đường cong c từ x0 đến x1 được gọi là lồi nếu c ∪ [x0, x1] là đường cong đơn, đóng, lồi. 4 Ví dụ 1.2.3. 1. [x1, x2] = {x(t)|x(t) = (1− t)x1 + tx2, t ∈ [0, 1]} là đoạn thẳng từ x1 đến x2. 2. Hợp hữu hạn các đoạn thẳng kề nhau [x1, x2]∪ [x2, x3]∪ ...∪ [xn−1, xn] cũng là một đường cong và ta gọi là đường gấp khúc, được kí hiệu [x1, x2, ..., xn]. Khi đó xi, [xi−1, xi] lần lượt được gọi là đỉnh và cạnh của đường gấp khúc. 3. Hai đường cong c1 và c2 mà điểm cuối của c1 trùng với điểm đầu của c2 thì tạo thành một đường cong mới c1 ∪ c2. Định nghĩa 1.2.4. Chiều dài của đường gấp khúc P = [x0, x1, ..., xn] là µ(P ) = n∑ i=1 ‖xi − xi−1‖∞. Cho đường cong c = {x : x = ϕ(t), α ≤ t ≤ β} và α = t0 < t1 < .... < tn = β là một phân hoạch của [α, β], ta định nghĩa chiều dài của đường cong c như sau: Định nghĩa 1.2.5. Chiều dài của đường cong c, kí hiệu µ(c) được xác định µ(c) = sup{∑ni=1 ‖ϕ(ti)− ϕ(ti−1)‖∞ : {t0, t1, ..., tn} là một phân hoạch của [α, β]}. Nhận xét 1.2.6. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, hình tròn đơn vị tâm O(0, 0) chính là hình vuông đơn vị trong mặt phẳng Euclid nên µ(∂B) = 8. Bổ đề 1.2.7. Cho 3 điểm x1, x2, x3 phân biệt trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” (X, ‖.‖∞), khi đó ta có ‖x1 − x3‖∞ ≤ ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞. Chứng minh. Giả sử x1(a1, b1), x2(a2, b2), x3(a3, b3) là ba điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Ta có: ‖x1 − x3‖∞ =max{|a1 − a3|, |b1 − b3|}; ‖x1 − x2‖∞ =max{|a1 − a2|, |b1 − b2|}; ‖x2 − x3‖∞ =max{|a2 − a3|, |b2 − b3|}. Ta lần lượt xét các trường hợp có thể xảy ra • TH1: 5 Hình 1.2: Ba điểm bất kỳ. ‖x1 − x2‖∞ = |a1 − a2|‖x2 − x3‖∞ = |a2 − a3| ⇒ |a1 − a2| ≥ |b1 − b2||a2 − a3| ≥ |b2 − b3| ⇒ |a1 − a2|+ |a2 − a3| ≥ |b1 − b2|+ |b2 − b3| ≥ |b1 − b3|. (1) Mặt khác |a1 − a2|+ |a2 − a3| ≥ |a1 − a3|. (2) Từ (1) và (2) suy ra |a1 − a2|+ |a2 − a3| ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ ‖x1 − x3‖∞. • TH2:‖x1 − x2‖∞ = |a1 − a2|‖x2 − x3‖∞ = |b2 − b3| ⇒ |a1 − a2| ≥ |b1 − b2||b2 − b3| ≥ |a2 − a3| ⇒ |a1 − a2|+ |b2 − b3| ≥ |b1 − b2|+ |b2 − b3||a1 − a2|+ |b2 − b3| ≥ |a1 − a2|+ |a2 − a3| ⇒ |a1 − a2|+ |b2 − b3| ≥ |b1 − b3||a1 − a2|+ |b2 − b3| ≥ |a1 − a3| ⇒ |a1 − a2|+ |b2 − b3| ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒ ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒ ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ ‖x1 − x3‖∞. • TH3: 6 ‖x1 − x2‖∞ = |b1 − b2|‖x2 − x3‖∞ = |a2 − a3| ⇒ |b1 − b2| ≥ |a1 − a2||a2 − a3| ≥ |b2 − b3| ⇒ |b1 − b2|+ |a2 − a3| ≥ |a1 − a2|+ |a2 − a3||b1 − b2|+ |a2 − a3| ≥ |b1 − b2|+ |b2 − b3| ⇒ |b1 − b2|+ |a2 − a3| ≥ |a1 − a3||b1 − b2|+ |a2 − a3| ≥ |b1 − b3| ⇒ |b1 − b2|+ |a2 − a3| ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒ ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒ ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ ‖x1 − x3‖∞. • TH4:‖x1 − x2‖∞ = |b1 − b2|‖x2 − x3‖∞ = |b2 − b3| ⇒ |b1 − b2| ≥ |a1 − a2||b2 − b3| ≥ |a2 − a3| ⇒ |b1 − b2|+ |b2 − b3| ≥ |a1 − a2|+ |a2 − a3| ≥ |a1 − a3|. (3) Mặt khác |b1 − b2|+ |b2 − b3| ≥ |b1 − b3|. (4) Từ (3) và (4) ta suy ra ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ max{|a1 − a3|, |b1 − b3|} ⇒‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ ‖x1 − x3‖∞. Vậy với 3 điểm phân biệt, ta luôn có bất đẳng thức tam giác ‖x1 − x2‖∞ + ‖x2 − x3‖∞ ≥ ‖x1 − x3‖∞. Định nghĩa 1.2.8. Cho c1 là đường cong nối từ x đến y. Đường cong c2 được gọi là nằm trong c1 nếu mọi điểm nằm trên đường cong c2 đều thuộc miền bao bởi đoạn thẳng [x, y] và đường cong c1. Định nghĩa 1.2.9. Cho c là một đường cong lồi từ x đến y. Một đường gấp khúc lồi P từ x đến y được gọi là nội tiếp c nếu mỗi đỉnh của P đều thuộc c. Một đường gấp khúc lồi P ′ từ x đến y được gọi là ngoại tiếp c nếu c nằm trong P ′ và mỗi cạnh của P ′ đều tiếp xúc với c. Nhận xét 1.2.10. Nếu c là đường cong lồi từ x đến y, P là đường gấp khúc nội tiếp đường cong c từ x đến y. Khi đó µ(P ) ≤ µ(c). 7 Hình 1.3: Đường gấp khúc nội tiếp. Bổ đề 1.2.11. Nếu P = [x0, x1, ..., xn] là đường gấp khúc lồi từ x0 đến xn và nằm trong [x0, y, xn] thì n∑ i=1 ‖xi − xi−1‖∞ ≤ ‖y − x0‖∞ + ‖xn − y‖∞. (∗) Chứng minh. Ta sẽ chứng minh mệnh đề này bằng qui nạp. Với n = 1, bất đẳng thức (∗) đúng. Giả sử bất đẳng thức (∗) đúng với n = k. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (∗) cũng đúng với n = k + 1. Thật vậy, với n = k + 1, cho tia [xk+1, xk〉 cắt [x0, y] tại m. Khi đó, ta có Hình 1.4: k+1∑ i=1 ‖xi − xi−1‖∞ = k∑ i=1 ‖xi − xi−1‖∞ + ‖xk+1 − xk‖∞ ≤‖m− x0‖∞ + ‖xk −m‖∞ + ‖xk+1 − xk‖∞ (giả thiết qui nạp) ≤‖m− x0‖∞ + ‖xk+1 −m‖∞ ≤‖m− x0‖∞ + ‖y −m‖∞ + ‖y − xk+1‖∞ ≤‖y − x0‖∞ + ‖y − xk+1‖∞. Mệnh đề 1.2.12. Nếu c là đường cong lồi từ x0 đến xn và nằm trong [x0, y, xn] thì µ(c) ≤ ‖y − x0‖∞ + ‖xn − y‖∞. 8 Hình 1.5: Chứng minh. Ta có c = {x : x = ϕ(t), α ≤ t ≤ β}. µ(c) = sup{∑ni=1 ‖ϕ(ti)− ϕ(ti−1)‖∞ : {t0, t1, ..., tn} là một phân hoạch của [α, β]}. Vì đường cong c nằm trong [x0, y, xn], c lồi nên [ϕ(t1), ϕ(t2), ..., ϕ(tn)] nằm trong [x0, y, xn] với mọi phân hoạch {t0, t1, ..., tn} của [α, β], do đó theo Bổ đề 1.2.9 ta có∑n i=1 ‖ϕ(ti)− ϕ(ti−1)‖∞ ≤ ‖y − x0‖∞ + ‖xn − y‖∞. ⇒ sup{t0,...,tn} là phân hoạch của [α,β]{ ∑n i=1 ‖ϕ(ti)−ϕ(ti−1)‖∞} ≤ ‖y−x0‖∞+‖xn−y‖∞. ⇒ µ(c) ≤ ‖y − x0‖∞ + ‖xn − y‖∞. Định lý 1.2.13. Nếu c là đường cong lồi từ x đến y, P2 là đường gấp khúc ngoại tiếp c từ x đến y, khi đó µ(c) ≤ µ(P2). Hình 1.6: Đường gấp khúc ngoại tiếp. Chứng minh. Giả sử P2 = [x0, x1, ..., xn] là đường gấp khúc ngoại tiếp c, x ′ j là các điểm chung của c và P2, ∀j = 0, n. Ta gọi x0 = x = x ′ 0, xn = y = x ′ n, x ′ i = [xi, xi+1] ∩ c, ∀i = 1, n− 1. Khi đó ‖x′i − xi‖∞ + ‖xi+1 − x′i‖∞ = ‖xi+1 − xi‖∞, ∀i = 1, n− 1. (∗) Gọi c(x′i, x ′ i+1) là phần đường cong từ x ′ i đến x ′ i+1, ∀i = 1, n− 1. Khi đó, theo Bổ đề 1.2.10 ta có µ(c(x′i, x ′ i+1)) ≤ ‖xi+1 − x′i‖∞ + ‖x′i+1 − xi+1‖∞. 9 ⇒∑n−1i=0 µ(c(x′i, x′i+1)) ≤∑n−1i=0 (‖xi+1 − x′i‖∞ + ‖x′i+1 − xi+1‖∞). (I) Mặt khác, ta có∑n−1 i=0 µ(c(x ′ i, x ′ i+1)) = µ(c), (II)∑n−1 i=0 (‖xi+1 − x′i‖∞ + ‖x′i+1 − xi+1‖∞) = (‖x1 − x′0‖∞ + ‖x′1 − x1‖∞) + · · ·+ (‖xn − x′n−1‖∞ + ‖x′n − xn‖∞) = ‖x1 − x′0‖∞ + (‖x′1 − x1‖∞ + ‖x2 − x′1‖∞) + · · ·+ (‖x′n−1 − xn−1‖∞ + ‖xn − ‖x′n−1‖∞) + ‖x′n − xn‖∞ = ‖x1 − x0‖∞ + ‖x2 − x1‖∞ + · · ·+ ‖xn − xn−1‖∞ (do (∗)) = µ(P2). (III) Từ (I), (II), (III) suy ra µ(c) ≤ µ(P2). Từ kết quả của Bổ đề 1.2.11 và Định lý 1.2.13 ta có kết quả sau: Mệnh đề 1.2.14. Nếu c1 và c2 là đường cong lồi từ x đến y, với c1 nằm trong c2 thì µ(c1) ≤ µ(c2). 1.2.2 Diện tích. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, diện tích bao bởi đường cong đơn, đóng nào đó cũng được xác định tương tự như trong mặt phẳng Euclid. Khi chúng ta nói đến diện tích bao bởi đường cong đơn, đóng là ta nói đến diện tích miền trong. Chúng ta sẽ giả sử rằng tham số hóa của đường tham số được chọn sao cho nếu di chuyển dọc đường cong theo chiều tăng của tham số thì phần trong luôn nằm về phía bên trái. Các đường tham số như thế được gọi là định hướng dương. Bổ đề 1.2.15. Giả sử c : [α, β] → R2, c(t) = (x(t), y(t)) là đường tham số đơn, đóng với định hướng dương, A là diện tích miền trong của c. Khi đó A = ∫ β α x(t).y′(t)dt =− ∫ β α y(t).x′(t)dt = 1 2 ∫ β α [x(t).y′(t)− x′(t).y(t)]dt. 10 Chứng minh. Ta có ∫ β α (x.y)′dt = ∫ β α (x′.y + x.y′)dt = ∫ β α x′.ydt+ ∫ β α x.y′dt ⇒ A = ∫ β α x.y′dt = ∫ β α (x.y)′dt− ∫ β α x′.ydt =xy(β)− xy(α)− ∫ β α x′.ydt =− ∫ β α x′.ydt. ⇒ 2A = ∫ β α x.y′dt− ∫ β α x′.ydt ⇒ A = 1 2 ∫ β α [x(t).y′(t)− x′(t).y(t)]dt. Nhận xét 1.2.16. Trong mặt phẳng Euclid, hình tròn đơn vị có diện tích bằng pi nhưng trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, hình tròn đơn vị có diện tích bằng 4. Diện tích của tam giác đều đơn vị trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” có thể khác √ 3 4 . Ví dụ 1.2.17. Cho tam giác đều có các đỉnhM( 2 3 , 0), N(1, 0), P (0, 1). Khi đó, diện tích của 4MNP bằng 1 2 (Hình 1.7). Hình 1.7: Diện tích tam giác. 11 1.3 Các lục giác đều nội tiếp affine. Định lý 1.3.1. Nếu (X, ‖.‖∞) là mặt phẳng Minkowski, x0 ∈ X thì tồn tại x1, x2 trong X sao cho ‖xi − xj‖∞ = 1, ∀i 6= j, i, j ∈ {0, 1, 2}. Hình 1.8: Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử x0 = 0. Lấy x1 là điểm thuộc đường tròn ∂B = {x ∈ X : ‖x‖∞ = 1}. Xét hình tròn B[x1, 1] = {x ∈ X : ‖x− x1‖∞ ≤ 1} là hình tròn tâm x1 bán kính 1. Khi đó, hình tròn tâm x1 bán kính 1 sẽ đi qua điểm x0 nằm trong ∂B và đi qua điểm 2x1 nằm ngoài ∂B. Do đó, hình tròn sẽ cắt đường tròn đơn vị tâm x0 tại điểm x2. Vậy luôn tồn tại x1, x2 thõa mãn điều kiện bài toán. Nhận xét 1.3.2. 1. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, luôn tồn tại các điểm x1, x2 thõa mãn ‖xi − xj‖∞ = 1, ∀i 6= j, i, j ∈ {0, 1, 2} nhưng các điểm x1, x2 không duy nhất. 2. Từ định lý này ta sẽ dựng được lục giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị với các đỉnh là x1, x2, x2 − x1,−x1,−x2, x1 − x2. 12 Hình 1.9: Lục giác đều nội tiếp. Mệnh đề 1.3.3. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, inf{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ ≥ 1, ‖y‖∞ ≥ 1, ‖x− y‖∞ ≤ 1} ≤ √ 3 (I) sup{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ ≤ 1, ‖y‖∞ ≤ 1, ‖x− y‖∞ ≥ 1} ≥ √ 3. (II) Chứng minh. Xét lục giác đều x0x1x2x3x4x5 nội tiếp hình tròn đơn vị tâm O(0, 0), trong đó ‖x0‖∞ = 1, ‖x1‖∞ = 1, ‖xi − xi−1‖∞ = 1, i = 1, 5. Ta đặt yi = 1√ 3 (xi + xi+1), i = 1, 5 (qui ước x6 = x0, x7 = x1). Hình 1.10: Lục giác đều nội tiếp. Lúc đó, ta có: yi+1 = 1√ 3 (xi+1 + xi+2) = 1√ 3 (xi+1 − xi−1) = 1√ 3 (xi+1 + xi − xi−1 − xi). 13 = 1√ 3 (xi + xi+1)− 1√ 3 (xi + xi−1) = yi − yi−1. yi + yi−1 = 1√ 3 (xi+1 + xi + xi−1 + xi) = 1√ 3 (2xi + xi+1 + xi−1) = 1√ 3 (3xi) = √ 3xi. ⇒ xi = 1√ 3 (yi + yi−1). ∗ Nếu ‖xi + xi+1‖ ≤ √ 3 thì inf{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ ≥ 1, ‖y‖∞ ≥ 1, ‖x− y‖∞ ≤ 1} ≤ ‖xi + xi+1‖ ≤ √ 3. ∗ Nếu ‖xi + xi+1‖∞ > √ 3 thì ‖yi‖∞ > 1, ∀i = 0, 4. Chọn i0 ∈ {0, 1, 2, 3, 4} sao cho ‖yi0‖∞ = min{i=0,...,4} ‖yi‖∞. Đặt x = yi0−1 ‖yi0‖∞ , y = yi0−2 ‖yi0‖∞ , Khi đó, ta có ‖x‖∞ ≥ 1, ‖y‖∞ ≥ 1. ‖x− y‖∞ = ‖yi0−1 − yi0−2‖∞‖yi0‖∞ = ‖yi0‖∞ ‖yi0‖∞ = 1. ⇒ ‖x+ y‖∞ ∈ {‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ ≥ 1, ‖y‖∞ ≥ 1, ‖x− y‖∞ ≤ 1}. Mặt khác ‖x+ y‖∞ = ‖yi0−1 + yi0−2‖∞‖yi0‖∞ = √ 3 ‖xi0 − 1‖∞ ‖yi0‖∞ < √ 3. ⇒ inf{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ ≥ 1, ‖y‖∞ ≥ 1, ‖x− y‖∞ ≤ 1} ≤ ‖x+ y‖∞ < √ 3. Vậy inf{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ ≥ 1, ‖y‖∞ ≥ 1, ‖x− y‖∞ ≤ 1} ≤ √ 3. Tương tự chứng minh được (II). Hệ quả 1.3.4. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, inf{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ = 1, ‖y‖∞ = 1, ‖x− y‖∞ = 1} = √ 3, sup{‖x+ y‖∞ : ‖x‖∞ = 1, ‖y‖∞ = 1, ‖x− y‖∞ = 1} = √ 3. Nhận xét 1.3.5. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, độ dài đường trung tuyến của tam giác đều đơn vị có thể khác √ 3 2 . Ví dụ 1.3.6. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” (X, ‖.‖∞), tam giác đều đơn vị OMN có độ dài các đường trung tuyến OK,NH lần lượt bằng 1 2 và bằng 1. 14 Hình 1.11: Trung tuyến. 1.4 Các tập đặc biệt: Tập có độ rộng hằng, tập đều, tập có dây cung đều. 1.4.1 Tập có độ rộng hằng. (X, ‖.‖) là mặt phẳng Minkowski với chuẩn thông thường. (X, ‖.‖∞) là mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Định nghĩa 1.4.1. Cho K là một tập lồi trong X. Độ rộng của tập lồi K theo phương −→v , ký hiệu ω(K,−→v ) được xác định bởi ω(K,−→v ) = max{µ([M,N ])}. Trong đó M,N là các giao điểm của đường thẳng có phương −→v với tập lồi K. Độ rộng của tập lồi K là độ rộng theo phương lớn nhất. Định nghĩa 1.4.2. Một tập lồi K có độ rộng hằng nếu với mọi phương −→v độ rộng của tập lồi K không đổi. Ví dụ 1.4.3. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” (X, ‖.‖∞), độ rộng Minkowski của tam giác OMN theo phương −→v (1, 1) bằng 1 2 , trong đó O(0, 0), M(1, 0), N(0, 1). Ví dụ 1.4.4. Hình tròn bán kính r có độ rộng hằng bằng 2r. Ví dụ 1.4.5. Cho mặt phẳng Minkowski (X, ‖.‖), tam giác Reuleaux có độ rộng hằng. Trong đó, tam giác Reuleaux được xây dựng như sau: Xét tam giác đều Ox1x2 với ‖x1‖ = ‖x2‖ = ‖x1− x2‖ = 1. Trên cạnh x1x2 lấy cung 15 Hình 1.12: Độ rộng của tam giác OMN theo phương. x1x2 của hình tròn đơn vị tâm O(0, 0). Trên cạnh Ox2 lấy ảnh tịnh tiến của cung (−x1)(x2 − x1), trên cạnh Ox1 lấy ảnh tịnh tiến cung (−x2)(x1 − x2). Miền lồi thu được chính là tam giác Reuleaux. Ta ký hiệu là R. Hình 1.13: Tam giác Reuleaux trong mặt phẳng (X, ‖.‖). Nhận xét 1.4.6. Tam giác Reuleaux độ rộng hằng 2 trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn thông thường (X, ‖.‖) tương ứng với hình tròn bán kính 1 trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” (X, ‖.‖∞). 1.4.2 Tập đều. Định nghĩa 1.4.7. Một tập con S trong không gian tuyến tính thực n-chiều X được gọi là tập antipodal nếu mỗi cặp điểm p, q ∈ S tồn tại hai siêu phẳng tựa song song phân biệt P,Q sao cho p ∈ P, q ∈ Q. Định nghĩa 1.4.8. Một tập con S của không gian Minkowski với chuẩn “max” (X, ‖.‖∞) được gọi là tập đều nếu mọi cặp điểm của S có cùng khoảng cách. 16 Hình 1.14: Tam giác Reuleaux trong mặt phẳng (X, ‖.‖∞). Nhà toán học Petty và Scotlan đã chỉ ra tập đều là tập antipodal, Danzer và Grunbaum đã kết luận rằng trong không gian tuyến tính thực n-chiều một tập antipodal có nhiều nhất 2n phần tử. Do đó ta có định lý sau: Định lý 1.4.9. Nếu S là tập các điểm trong không gian Minkowski n-chiều thõa mãn ‖x− x′‖ = c,∀x, x′ ∈ S(x 6= x′) thì số phần tử của S không vượt quá 2n phần tử. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi mọi phần tử của S là các đỉnh của hình hộp. Ví dụ 1.4.10. 1. Cho tập con S = {M1(x, y),M2(−x, y),M3(x,−y),M4(−x,−y)}. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, tập S là tập đều nhưng trong mặt phẳng Euclid, tập con S không phải là tập đều. Hình 1.15: Tập đều trong mặt phẳng (X, ‖.‖∞). 2. Tập các đỉnh của tam giác đều là tập đều. 17 1.4.3 Tập có dây cung đều. Định nghĩa 1.4.11. Cho K là một tập lồi, x ∈ K được gọi là điểm equichordal nếu mọi đường thẳng l đi qua x sao cho các đoạn thẳng giao bởi l với tập lồi K có chiều dài không đổi. Định nghĩa 1.4.12. Tập lồi K có điểm equichordal được gọi là tập có dây cung đều. Ví dụ 1.4.13. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, xét tập lồi K có các biên là các đoạn thẳng y = 3, y = −1 và hai đường cong có phương trình lần lượt là x2 − xy + 2x− 4y = 0, x2 + xy − 2x− 4y = 0. Hình 1.16: Tập có dây cung đều. Ta xét d là đường thẳng đi qua gốc tọa độ O(0, 0), phương trình của d sẽ có dạng x = 0 hoặc y = mx. TH1 : Đường thẳng d có phương trình dạng x = 0. Rõ ràng, đường thẳng x = 0 giao với tập lồi K tại các giao điểm M(0, 3), N(0,−1) nằm trên biên y = 3, y = −1 và độ dài |MN | = 4. TH2 : Đường thẳng d có phương trình dạng y = mx, khi đó ta đi xét các trường hợp của m. ∗ m = 0 Đường thẳng d giao với K theo đoạn thẳng có độ dài bằng 4. ∗ 0 < m ≤ 1 Đường thẳng d cắt K tại 2 giao điểm p( 4m+ 2 m+ 1 , m(4m+ 2) m+ 1 ) và q( −2 m+ 1 , −2m m+ 1 ) nằm trên biên x2 − xy + 2x− 4y = 0, x2 + xy − 2x− 4y = 0. ⇒ −→pq = (−4,−4m) 18 ⇒ |pq| = max{| − 4|, | − 4m|} = 4. ∗ −1 ≤ m < 0 Tương tự, đường thẳng d cắt K tại 2 điểm nằm trên biên x2 − xy + 2x − 4y = 0, x2 + xy − 2x− 4y = 0 có khoảng cách là 4. ∗ m > 1 hoặc m < −1 Đường thẳng d cắt K tại hai điểm nằm trên biên y = 3, y = −1 là p( 3 m , 3), q( −1 m , 1) ⇒ |pq| = max{|−4 m |, | − 4|} = 4. Vậy theo định nghĩa cho thấy tập lồi K này là tập có dây cung đều. Ví dụ 1.4.14. Cho 4OAB có các đỉnh O(0, 0), A(1, 0), B(0, 1). Khi đó, các đỉnh A,B là các điểm equichordal của 4OAB và các đường thẳng qua A hoặc B giao với tam giác bởi các đoạn thẳng có độ dài bằng 1. Vì vậy, 4OAB là tập có dây cung đều. Hình 1.17: Tập có dây cung đều. 1.5 Một vài mặt phẳng Minkowski với chuẩn đặc biệt. 1.5.1 Mặt phẳng Taxicab. Như chúng ta đã biết, mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” là một trong những mặt phẳng Minkowski với chuẩn đặc biệt. Ngoài ra, còn có một số mặt phẳng Minkowski với chuẩn đặc biệt khác như là mặt phẳng Taxicab. Sau đây, chúng tôi sẽ giới thiệu về mặt phẳng này. Mặt phẳng Taxicab là hình học phi Euclid được xét trong không gian 2 chiều với 19 mêtric được sử dụng là mêtric Taxicab. Mêtric Taxicab được kí hiệu dT (A,B) = |a1 − b1|+ |a2 − b2|, trong đó A(a1, a2), B(b1, b2) là các điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng Taxicab. Ví dụ 1.5.1. Cho hai điểm P (1, 2) và Q(−2,−2). Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, khoảng cách giữa hai điểm P,Q là µ([P,Q]) = max{|3|, |4|} = 4 nhưng trong mặt phẳng Taxcicab, khoảng cách giữa hai điểm P,Q là dT (P,Q) = |3|+ |4| = 7. Nhận xét 1.5.2. Đường tròn bán kính a trong mặt phẳng Taxcicab chính là hình vuông cạnh a trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Đường tròn bán kính a trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” chính là hình vuông cạnh 2a trong mặt phẳng Taxcicab. Hình 1.18: Đường tròn trong mặt phẳng (X, dT ) và trong mặt phẳng (X, |.|∞). 20 Chương 2 Một số bài toán cực trị trên mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. 2.1 Bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm. Như chúng ta đã biết đường thẳng là nghiệm của bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm trong mặt phẳng Euclid. Vậy nghiệm của bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” là gì? Trong mục này chúng ta sẽ đi tìm nghiệm của bài toán này. Bổ đề 2.1.1. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, nếu P = [x0, x1, x2, ..., xn] là đường gấp khúc thì ‖xn − x0‖∞ ≤∑ni=1 ‖xi − xi−1‖∞. Hình 2.1: Đường gấp khúc. Bổ đề 2.1.2. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, nếu c là một đường cong nối hai điểm x và y thì µ([x, y]) ≤ µ(c). Chứng minh. Trường hợp 1: Đường cong c không cắt đoạn thẳng [x, y]. ∗ Nếu c là đường cong lồi thì µ([x, y]) ≤ µ(c). (theo Bổ đề 1.2.7) ∗ Nếu c là đường cong không lồi thì c chính là hợp của các đường cong lồi c1, c2, ..., ck. 21 Hình 2.2: Đường nối hai điểm x và y. ⇒ µ(c) = µ(c1) + µ(c2) + . . .+ µ(ck). Trong đó c1, c2, ..., ck lần lượt là các phần đường cong lồi của c nối x và y1, y1 và y2,...,yk−1 và y. Khi đó theo Bổ đề 1.2.7 ta có µ([x, y1]) ≤ µ(c1); µ([y1, y2]) ≤ µ(c2); ... µ([yk−1, y]) ≤ µ(ck); ⇒µ([x, y1]) + µ([y1, y2]) + ...+ µ([yk−1, y]) ≤ µ(c1) + µ(c2) + ...+ µ(ck) ⇒‖x− y1‖∞ + ‖y1 − y2‖∞ + ...+ ‖yk−1 − y‖∞ ≤ µ(c1) + µ(c2) + ...+ µ(ck) ⇒‖x− y‖∞ ≤ µ(c) (theo Bổ đề 2.1.1) ⇒µ([x, y]) ≤ µ(c). Trường hợp 2: Đường cong c cắt đoạn thẳng [x, y]. Giả sử đường cong c cắt đoạn thẳng [x, y] tại các điểm x = x0, x1, x2, ..., xk−1, y = xk. Hình 2.3: Đường nối hai điểm. Khi đó, µ([x, y]) = µ([x, x1]) + µ([x1, x2]) + ...+ µ([xk−1, y]). Gọi c1, c2, ..., ck lần lượt là các phần đường cong lồi của c nối x và x1, x1 và x2,..., xk−1 và y. Ta có µ(c) = µ(c1) + µ(c2) + ...+ µ(ck). 22 Mặt khác, theo trường hợp 1 ta có µ([x, x1]) ≤ µ(c1); µ([x1, x2]) ≤ µ(c2); ... µ([xk−1, y]) ≤ µ(ck); Suy ra µ([x, x1]) + µ([x1, x2]) + ...+ µ([xk−1, y]) ≤ µ(c1) + µ(c2) + ...+ µ(ck). Vậy µ([x, y]) ≤ µ(c). Nhận xét 2.1.3. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, đoạn thẳng là nghiệm của bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm x và y nhưng nó không phải là nghiệm duy nhất của bài toán này. Chẳng hạn, đoạn thẳng AB và đường gấp khúc [A,M,N,B] là đường ngắn nhất nối hai điểm A,B. Hình 2.4: Đường ngắn nhất nối hai điểm. Nhận xét 2.1.4. Nếu đường gấp khúc P là đường ngắn nhất nối hai điểm A, B thì mọi đường cong lồi nối hai điểm A và B nằm trong miền trong bao bởi đoạn thẳng AB và đường gấp khúc P cũng là đường ngắn nhất nối hai điểm A và B. Thật vậy Gọi c là đường cong lồi nối hai điểm A và B nằm trong miền trong bao bởi đoạn thẳng AB và đường gấp khúc P . Khi đó, áp dụng Bổ đề 1.2.6, 1.2.9 ta có AB ≤ µ(c) ≤ µ(P ) ⇒AB ≤ µ(c) ≤ AB (vì µ(P ) = AB) ⇒µ(c) = AB. 23 Vậy đường cong c cũng là đường ngắn nhất nối hai điểm A và B. Nhận xét 2.1.5. 1. Đường gồm hai đoạn thẳng nối hai điểm A, C nằm trong hình vuông đơn vị ABCD là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C nhưng đường gồm hai đoạn thẳng nối hai điểm A, C không nằm trong hình vuông đơn vị ABCD không phải là đường ngắn nhất nối hai điểm đó. Thật vậy Hình 2.5: Đường ngắn nhất nối hai điểm A và C. ∗ Nếu đường gấp khúc [A,M,C] nằm trong hình vuông đơn vị ABCD thì điểm M sẽ nằm trong hình vuông đó. Khi đó, áp dụng bổ đề 1.2.6 , 1.2.9 ta có AC ≤ µ([A,M,C]) ≤ AB +BC ⇒2 ≤ µ([A,M,C]) ≤ 2 ⇒µ([A,M,C]) = 2 ⇒µ([A,M,C]) = AC. Mà đoạn thẳng AC là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C nên đường gấp khúc [A,M,C] cũng là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C. ∗ Nếu đường gấp khúc [A,M,C] không nằm trong hình vuông đơn vị ABCD thì điểm M sẽ không nằm trong hình vuông đó. 24 Hình 2.6: Đường ngắn nhất nối hai điểm A và C. Giả sử N = CM ∩ AB, khi đó |yM − yA| > |yN − yA| ⇒|yM − yA| > |xN − xA| (vì |yN − yA| = |xN − xA|) ⇒|yM − yA| > |xM − xA| (vì |xN − xA| > |xM − xA|) Mà AM = max{|yM − yA|, |xM − xA|} = |yM − yA| ⇒AM > |xM − xA|. Mặt khác, MC = max{|yM − yC |, |xM − xC |} ≥ |xM − xC | ⇒ AM +MC > |xM − xA|+ |xM − xC | ⇒ AM +MC > AC. Vậy đường gấp khúc [A,M,C] không nằm trong hình vuông đơn vị nên [A,M,C] không phải là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C. 2. Đường gấp khúc P gồm n đoạn (n ≥ 3) nối hai điểm A và C, nằm trong hình vuông đơn vị ABCD là đường ngắn nhất nối hai điểm đó nếu nó là đường cong lồi. Thật vậy, nếu P là đường cong lồi thì áp dụng Bổ đề 1.2.6 và 1.2.9 ta có AC ≤ µ(P ) ≤ AB +BC ⇒2 ≤ µ(P ) ≤ 2 ⇒µ(P ) = 2 = AC. Mà đoạn thẳng AC là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C nên đường cong 25 P cũng là đường ngắn nhất nối hai điểm đó. Ngược lại, nếu P là đường cong không lồi thì có thể đường cong P không phải là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C. Chẳng hạn, cho hình vuông đơn vị có các đỉnh A(1, 1), B(2, 2), C(3, 1), D(2, 0) Hình 2.7: Đường nối hai điểm A và C. và đường gấp khúc P = [A,M,N,C] với M(2, 3 2 ), N(2, 1 2 ). Rõ ràng, P là đường cong không lồi nằm trong hình vuông ABCD, có độ dài µ(P ) = AM +MN +NC = 1 + 1 + 1 = 3 > AC. Vì vậy, đường cong P không phải là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C. 2.2 Bài toán Đẳng chu trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, bài toán đẳng chu là bài toán yêu cầu đi tìm hình có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình có cùng chu vi hoặc đi tìm hình có chu vi nhỏ nhất trong tất cả các hình có cùng diện tích. Từ lâu người Hy Lạp đã chỉ ra đường tròn là nghiệm của bài toán đẳng chu trong mặt phẳng Euclid. Năm 1870, K. Weierstrass đã đưa ra một chứng minh đầy đủ cho bài toán đẳng chu. Chứng minh của Weierstrass có phần khó vì nó là hệ quả của lý thuyết các phép tính biến phân, bài toán cực tiểu (cực đại) một tích phân nào đó. Về sau nhiều chứng minh đã được đưa ra. Có lẽ chứng minh đơn giản nhất là của E. Schmidt vào năm 1936. Về sau, bài toán đẳng chu được mở rộng trên không gian nhiều chiều; bài toán đẳng 26 chu trong không gian với mật độ ... Bây giờ chúng ta sẽ đi tìm hiểu bài toán đẳng chu trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, liệu rằng nghiệm của bài toán có phải là đường tròn nữa không? Để biết rõ, chúng ta đi vào tìm hiểu bài toán đẳng chu đơn giản. Bài toán Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, cho ba điểm A,B,C, trong tất cả các hình đi qua 3 điểm A,B,C, có cùng chu vi l = AB + BC + AC, hình nào có diện tích lớn nhất? Để tìm nghiệm của bài toán, ta tiến hành các bước giải như sau: Dựng hình vuông đỉnh B, cạnh bằng |xC − xB|+ |yC − yB| 2 và đi qua điểm C. Gọi Hình 2.8: Hình cùng chu vi có diện tích lớn nhất. M là đỉnh kề đỉnh B và nằm trên cạnh chứa điểm C. Khi đó, ta có MB =|yB − yM | = |xB − xM | MC =|yM − yC | = |xM − xC | ⇒MB +MC =|yB − yM |+ |yM − yC | =yB − yM + yM − yC =yB − yC = BC. Hay đường gấp khúc [B,M,C] là đường ngắn nhất nối hai điểm B,C. Xét đường gấp khúc [B,N,C] không nằm trong đường gấp khúc [B,M,C], với N 27 nằm cùng phía với M so với BC. Do đường gấp khúc [B,N,C] không nằm trong đường gấp khúc [B,M,C] nên N không nằm trong tam giác BMC, ta sẽ xét các vị trí của N . ∗ Với yN > yB, ta có yN − yC > yB − yC ⇒ NC > BC (vì BC = yB − yC) ⇒ NB +NC > BC. (I) ∗ Với yM ≤ yN < yB, ta có Hình 2.9: Hình cùng chu vi có diện tích lớn nhất. NB = max{|xN − xB|, |yN − yB|} ≥ |xN − xB| > |yN − yB|. ⇒ NB > yB − yN . (1) NC = max{|xN − xC |, |yN − yC |} ≥ |yN − yC | ≥ yN − yC . (2) Từ (1) và (2) suy ra NB +NC > yB − yN + yN − yC . > yB − yC . > BC. (do BC = yB − yC) (II) ∗ Với yC ≤ yN < yM , ta có NB = max{|xN − xB|, |yN − yB|} ≥ yB − yN (3) NC = max{|xN − xC |, |yN − yC |} ≥ |xN − xC | > yN − yC . (4) Từ (3) và (4) suy ra NB +NC > yB − yN + yN − yC . > yB − yC = BC. (III) 28 ∗ Với yN yB − yN > yB − yC . ⇒ NB > BC ⇒ NB +NC > BC. (IV ) Từ (I), (II), (III) và (IV ) suy ra đường gấp khúc [B,N,C] không phải là đường ngắn nhất nối hai điểm B, C. Vậy tất cả các đường ngắn nhất nối hai điểm B và C nằm cùng phía với đường gấp khúc [B,M,C] so với BC, đều nằm trong đường gấp khúc [B,M,C]. Tương tự, ta dựng hình vuông đỉnh B, cạnh bằng |xB − xA|+ |yB − yA| 2 và đi qua điểm A. Gọi K là đỉnh kề đỉnh B và nằm trên cạnh chứa điểm A. Khi đó, tất cả các đường ngắn nhất nối hai điểm A và B nằm cùng phía với đường gấp khúc [A,K,B] so với AB, đều nằm trong đường gấp khúc [A,K,B]. Dựng hình vuông đỉnh C, cạnh bằng |xC − xA|+ |yC − yA| 2 và đi qua điểm A. Gọi H là đỉnh kề đỉnh C và nằm trên cạnh đi qua điểm A. Khi đó, tất cả các đường ngắn nhất nối hai điểm A và C nằm cùng phía với đường gấp khúc [A,H,C] so với AC , đều nằm trong đường gấp khúc [A,H,C]. Ta nhận thấy hình chữ nhật BKHM đi qua 3 điểm A, B, C và có chu vi bằng l. Gọi c là đường cong lồi đi qua 3 điểm A, B, C và có cùng chu vi l = AB+BC+AC. Giả sử c = c1 ∪ c2 ∪ c3, trong đó c1, c2, c3 lần lượt là phần đường cong của c nối A và B, B và C, C và A. Ta có µ(c) = µ(c1) + µ(c2) + µ(c3) = AB +BC + AC. Giả sử µ(c1) > AB (hoặc µ(c2) > BC hoặc µ(c3) > AC). Khi đó, ta có µ(c) = µ(c1) + µ(c2) + µ(c3) > AB +BC + AC (mâu thuẫn) ⇒  µ(c1) = AB µ(c2) = BC µ(c3) = AC µ(c1) = AB ⇒ c1 là đường ngắn nhất nối hai điểm A và B ⇒ c1 nằm trong tam giác AKB. µ(c2) = BC ⇒ c2 là đường ngắn nhất nối hai điểm B và C ⇒ c2 nằm trong tam giác BMC. µ(c3) = AC ⇒ c3 là đường ngắn nhất nối hai điểm A và C ⇒ c3 nằm trong tam giác AHC. ⇒ Đường cong c luôn nằm trong hình chữ nhật BKHM . 29 ⇒ S1 ≤ SBKHM , với S1 là diện tích miền trong bao bởi đường cong c, SBKHM là diện tích hình chữ nhật BKHM . Do đó, hình chữ nhật BKHM có diện tích lớn nhất. Vậy trong tất cả các hình đi qua 3 điểm A,B,C có cùng chu vi l = AB+BC+AC, hình chữ nhật BKHM có diện tích lớn nhất. 2.3 Bài toán Fermat - Torricelli trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. 2.3.1 Bài toán Fermat-Torricelli cổ điển và cây Steiner Euclid cực tiểu. Bài toán Fermat-Torricelli cổ điển là bài toán đi tìm một điểm nằm trong tam giác sao cho tổng khoảng cách tới ba đỉnh là nhỏ nhất. Nghiệm của bài toán chính là điểm Fermat hay là điểm Torricelli. Bài toán này do Fermat đề xuất và đến năm Hình 2.10: Điểm Fermat. 1640, Torricelli chỉ ra được nghiệm là giao điểm của ba đường tròn ngoại tiếp tam giác đều được tạo bởi ba cạnh của tam giác ban đầu. Vào năm 1750, Simpson đã nghĩ ra phương pháp khác để tìm điểm Fermat. Ông đã tạo ra ba tam giác đều với ba cạnh của tam giác cho trước, sau đó dựng đường thẳng Simpson (đường thẳng Simpson là đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giác ban đầu với một đỉnh của 30 Hình 2.11: Điểm Fermat. tam giác đều đối diện), giao của ba đường thẳng Simpson chính là điểm Fermat. Cả phương pháp của Torricelli và Simpson chỉ đúng cho trường hợp tam giác cho trước có các góc đều nhỏ hơn 120◦. Nếu tam giác có một góc lớn hơn hoặc bằng 120◦ thì sẽ tạo ra một điểm nằm ngoài tam giác khi dùng phương pháp của Torricelli trong khi các đường thẳng trong phương pháp Simpson lại không giao nhau. Cho đến 84 năm sau Helne mới tìm ra được nghiệm của bài toán này trong mọi trường hợp. 1. Nếu tất cả các góc của tam giác đều nhỏ hơn 120◦ thì điểm Fermat chính là giao điểm của ba đường Simpson. 2. Nếu tam giác có góc lớn hơn 120◦ thì điểm Fermat chính là đỉnh có góc lớn hơn hoặc bằng 120◦. Đến thế kỷ thứ 19, Jacob Steiner mở rộng bài toán Fermat cho tập n điểm, sau đó bài toán lại được mở rộng bằng việc thêm các điểm phụ, các điểm phụ này được gọi là điểm Steiner. Vào năm 1941, Courant và Robbins đã phổ biến bài toán này trở thành bài toán cây Steiner cực tiểu nổi tiếng. Bài toán cây Steiner Euclid cực tiểu là bài toán tìm một lưới (cây) ngắn nhất nối n điểm cho trước trong mặt phẳng Euclid, trong đó cho phép thêm các điểm phụ vào lưới với mục đích là cực tiểu tổng chiều dài của lưới. Một cây cực tiểu thì có tính chất sau: 1. Tất cả các cạnh đều là đoạn thẳng. 31 2. Các góc tạo bởi hai cạnh gặp nhau trong cây nhỏ nhất phải là 120◦. 3. Các điểm phụ thêm vào được gọi là điểm Steiner có bậc chính xác bằng 3, bậc được hiểu là số cạnh trong cây nhận điểm Steiner đó làm điểm đầu mút, hai cạnh gặp nhau tại một điểm Steiner tạo ra một góc đúng bằng 120◦. 4. Số điểm Steiner nhiều nhất là n− 2. Tuy nhiên, một cây có đầy đủ các tính chất trên chưa phải là cây cực tiểu chiều dài và nó được gọi là cây Steiner. Melzak lần đầu tiên đưa ra nghiệm của bài toán vào năm 1961, cách tiếp cận của ông là đếm tất cả các cây Steiner và xác định chiều dài của mỗi cây, cây có chiều dài ngắn nhất là nghiệm của bài toán. Song cách tiếp cận này không thể áp dụng cho trường hợp n quá lớn. Ngày nay, nghiệm của bài toán cây Steiner Euclid cực tiểu được tìm bằng phương pháp GeoSteiner tạo bởi Warme, Winter và Zachariasen. Thuật toán này có thể giải được bài toán có đến 2000 điểm, trong khi đó cách đây hơn 25 năm, bài toán chỉ giải quyết được trong trường hợp n = 29. 2.3.2 Bài toán Fermat-Torricelli trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Bài toán Fermat-Torricelli trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max” là bài toán tìm điểm trong mặt phẳng sao cho tổng khoảng cách tới n điểm cho trước là nhỏ nhất. Tập nghiệm của bài toán có bao nhiêu phần tử ? Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, nghiệm của bài toán được xác định như thế nào? Mục này chúng tôi sẽ đưa ra phương pháp xác định nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”. Trước hết, ta tìm hiểu phương pháp xác định điểm Fermat cho 3 điểm cho trước. 1. Phân tích. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, cho tam giác ABC nếu tồn tại điểm F sao cho các tổng khoảng cách FA+FB, FA+FC, FB +FC nhỏ nhất thì tổng khoảng cách d(F ) = FA + FB + FC nhỏ nhất, nghĩa là điểm F chính là điểm Fermat của tập 3 điểm {A,B,C}. Gọi (α) miền tập hợp các đường ngắn nhất nối A và B, (β) miền tập hợp các đường ngắn nhất nối A và C, 32 (γ) miền tập hợp các đường ngắn nhất nối B và C. Khi đó phần giao của ba miền (α), (β), (γ) chính là tập các điểm Fermat của tập 3 điểm {A,B,C}. Hình 2.12: Điểm Fermat. 2. Cách dựng. Dựng hệ trục nhận A làm gốc tọa độ, gắn vào các đỉnh của tam giác các tọa độ B(xB, yB), C(xC , yC). Giả sử yB > yC . Dựng miền (α) là miền bao bởi đường gấp khúc [A,X,C] và đoạn thẳng AC, trong đó X( xC + yC 2 , xC + yC 2 ). ∗ Nếu xB ≤ xC . Dựng miền (β) là miền bao bởi đường gấp khúc [A, Y,B] và đoạn thẳng AB, trong đó Y ( xB + yB 2 , xB + yB 2 ). Dựng miền (γ) là miền bao bởi đường gấp khúc [B,Z,C] và đoạn thẳng BC, trong đó Z(xC − xC − xB + yB − yC 2 , yC + xC − xB + yB − yC 2 ). ∗ Nếu xB > xC . Dựng miền (β) là miền bao bởi đường gấp khúc [A, Y,B] và đoạn thẳng AB, trong đó Y ( xB + yB 2 , xB + yB 2 ). Dựng miền (γ) là miền bao bởi đường gấp khúc [B,Z,C] và đoạn thẳng BC, trong đó Z(xB − xB − xC + yB − yC 2 , yB − xB − xC + yB − yC 2 ). Giao của ba miền (α), (β), (γ) chính là tập hợp các điểm Fermat của tập 3 điểm {A,B,C}. 3. Chứng minh. Giả sử xC ≥ yC > 0, yB > yC . Khi đó 33 Hình 2.13: Điểm Fermat. Với X( xC + yC 2 , xC + yC 2 ), ta có AX = xC + yC 2 XC = max{|xC + yC 2 − xC |, |xC + yC 2 − yC} = |xC − yC 2 | = xC − yC 2 (vì xC ≥ yC) ⇒ µ[A,X,C] = AX +XC = xC + yC 2 + xC − yC 2 = xC = AC. Suy ra đường gấp khúc [A,X,C] là đường ngắn nhất nối A và C. Do đó, tất cả các đường cong nối hai điểm A và C nằm trong miền (α) đều là các đường ngắn nhất nối hai điểm A và C (theo Nhận xét 2.1.4). Với Y ( xB + yB 2 , xB + yB 2 ), ta có AY = |xB + yB 2 |. Y B = max{|xB + yB 2 − xB|, |xB + yB 2 − yB} = |xB − yB 2 | ⇒ µ[A, Y,B] = AY + Y B = |xB + yB 2 |+ |xB − yB 2 | ≤ |xB| ≤ AB Mặt khác, AB ≤ µ[A, Y,B]. 34 Hình 2.14: Điểm Fermart. ⇒ µ[A, Y,B] = AB. Suy ra đường gấp khúc [A, Y,B] là đường ngắn nhất nối hai điểm A và B. Do đó, tất cả các đường cong nối hai điểm A và B nằm trong miền (β) đều là các đường ngắn nhất nối hai điểm A và B (theo Nhận xét 2.1.4). ∗ Nếu xC ≥ xB thì với Z(xC − xC − xB + yB − yC 2 , yC + xC − xB + yB − yC 2 ), ta có ZC = max{|xC − xB + yB − yC 2 |, |xC − xB + yB − yC 2 |} = |xC − xB + yB − yC 2 | ZB = max{|xC − xC − xB + yB − yC 2 − xB|, |yC + xC − xB + yB − yC 2 − yB|} = |xC − xB − yB + yC 2 | = |xB − xC + yB − yC 2 | ⇒ µ[B,Z,C] = BZ + ZC = |xB − xC − yB + yC 2 |+ |xB − xC + yB − yC 2 | = |xB − xC 2 − yB − yC 2 |+ |xB − xC 2 + yB − yC 2 | ≤ |xB − xC | ≤ BC. Mặt khác, BC ≤ µ[B,Z,C] ⇒ µ[B,Z,C] = BC Suy ra đường gấp khúc [B,Z,C] là đường ngắn nhất nối B và C. Do đó, tất cả các đường cong nối hai điểm B và C nằm trong miền (γ) đều là các 35 đường ngắn nhất nối hai điểm B và C (theo Nhận xét 2.1.4). ∗ Nếu xC < xB thì với Z(xB − xB − xC + yB − yC 2 , yB − xB − xC + yB − yC 2 ), ta có ZC = max{|xB − xB − xC + yB − yC 2 − xC |, |yB − xB − xC + yB − yC 2 − yC |} = |xB − xC − yB + yC 2 |. ZB = |xB − xC + yB − yC 2 |. ⇒ µ[B,Z,C] = BZ + ZC = |xB − xC − yB + yC 2 + xB − xC + yB − yC 2 | = |xB − xC 2 − yB − yC 2 |+ |xB − xC 2 + yB − yC 2 | ≤ |xB − xC | ≤ BC. Mặt khác, BC ≤ µ[B,Z,C]. ⇒ µ[B,Z,C] = BC. Suy ra đường gấp khúc [B,Z,C] là đường ngắn nhất nối B và C. Do đó, tất cả các đường cong nối hai điểm B và C nằm trong miền (γ) đều là các đường ngắn nhất nối hai điểm B và C (theo Nhận xét 2.1.4). Gọi F là điểm thuộc phần giao ba miền (α), (β), (γ), lúc đó các tổng khoảng cách FA+ FC, FA+ FB,FB + FC là nhỏ nhất. Suy ra tổng khoảng cách FA+ FB + FC là nhỏ nhất. Vậy F là điểm Fermat của tập 3 điểm {A,B,C}. Nhận xét 2.3.1. 1. Nếu xC > yC , xC ≥ xB, yB > yC , xC + yC 2 < xB + yB 2 thìX( xC + yC 2 , xC + yC 2 ) chính là điểm Fermat của 3 điểm {A,B,C} và X là điểm Fermat duy nhất. 2. Nếu xC > yC , xC ≥ xB, yB > yC , xB + yB 2 < xC + yC 2 thì Y ( xB + yB 2 , xB + yB 2 ) chính là điểm Fermat của 3 điểm {A,B,C} và Y là điểm Fermat duy nhất. Thật vậy. Giả sử xC > yC > 0, xC ≥ xB > 0, yB > yC > 0. P1 là miền bao bởi đường gấp khúc [A,X,C] và đoạn thẳng AC, P2 là miền bao bởi đường gấp khúc [A, Y,B] và đoạn thẳng AB, P3 là miền bao bởi đường gấp khúc [B,Z,C] và đoạn thẳng BC. DoA(0, 0), X( xC + yC 2 , xC + yC 2 ), Y ( xB + yB 2 , xB + yB 2 ) nênA,X, Y thẳng hàng. Nếu xC + yC 2 < xB + yB 2 thì AX là giao tuyến của hai miền (α) và (β). 36 ⇒ X là điểm chung của hai miền (α) và (β). ⇒ Các tổng khoảng cách XA+XC, Y A+ Y B là nhỏ nhất. (I) Mặt khác XB = max{|xC + yC 2 − xB|, |yB − xC + yC 2 | = |yB − xC + yC 2 | = |yB − xC 2 − yC 2 | XC = max{|xC + yC 2 − xC |, |xC + yC 2 − yC |} = |xC 2 − yC 2 |. ⇒ BC ≤ XB +XC = |yB − xC 2 − yC 2 |+ |xC 2 − yC 2 | ≤ |yB − yC | ≤ BC. ⇒ XB +XC = BC. ⇒ Tổng khoảng cách XB +XC là nhỏ nhất. (II) Từ (I) và (II) suy ra tổng khoảng cách XA+XB +XC là nhỏ nhất. Suy ra X là điểm Fermat của tập 3 điểm {A,B,C}. Ta sẽ đi chứng minh X là điểm Fermat duy nhất. Do AX là cạnh chung của hai miền (α) và (β) nên với mọi điểm X ′ nằm trên AX, các tổng khoảng cách X ′A+X ′B,X ′A+X ′C là nhỏ nhất. Ta xét X ′ ∈ AX, X ′ 6= X. Giả sử X ′(a, a), 0 ≤ a < xC + yC 2 . Khi đó, ta có X ′B = max{|a− xB|, |a− yB|} ≥ |yB − a| ≥ yB − a ⇒ X ′B > yB − xC + yC 2 (vì yB − a > yB − xC + yC 2 ). Mặt khác, X ′C = max{|a− xC |, |a− yC |} ≥ xC − a ⇒ X ′C > xC − xC + yC 2 (vì a < xC + yC 2 ) ⇒ X ′B +X ′C > yB − xC + yC 2 + xC − xC + yC 2 ⇒ X ′B +X ′C > yB − yC ⇒ X ′B +X ′C > BC. (vì BC = yB − yC) ⇒ Tổng khoảng cách X ′B +X ′C không nhỏ nhất. ⇒ d(X ′) = X ′A+X ′B +X ′C không nhỏ nhất. Do đó, X ′ không phải là điểm Fermat của tập 3 điểm A,B,C. Vậy X là điểm Fermat duy nhất. Nhận xét 2.3.2. Nếu F là điểm Fermat của 3 điểm {A,B,C} thì tổng khoảng cách từ F đến 3 điểm {A,B,C} bằng nửa chu vi tam giác ABC. d(F ) = FA+ FB + FC = AB +BC + AC 2 . 37 Nhận xét 2.3.3. Tương tự, chúng ta cũng chỉ ra phương pháp xác định điểm Fermat cho tập gồm 4 điểm. Đó là xác định miền (p) chứa đường ngắn nhất nối hai điểm bất kỳ trong tập đó. Sau đó xác định điểm M nằm trong (p) sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến hai điểm còn lại là nhỏ nhất. Sau đây là một số ví dụ xác định điểm Fermat của tập gồm 3 điểm, 4 điểm, 5 điểm, 8 điểm... Ví dụ 2.3.4. Điểm Fermat của 3 điểm. Hình 2.15: Điểm Fermat. Ví dụ 2.3.5. Cho hình vuông ABCD với A(0, 0), B(a, a), D(a,−a), C(2a, 0). Điểm Fermat của tập 4 điểm {A,B,C,D} là tất cả các điểm nằm trong hình vuông ABCD. Thật vậy, với mọi điểm M nằm trong hình vuông ABCD, các đường gấp khúc [A,M,C], [B,M,D] lần lượt là đường ngắn nhất nối A và C, nối B và D (theo Nhận xét 2.1.6). ⇒ Các tổng khoảng cách MA+MC,MB +MD là nhỏ nhất. ⇒ Tổng khoảng cách MA+MB +MC là nhỏ nhất. ⇒M là điểm Fermat. 38 Hình 2.16: Điểm Fermat. Với mọi điểmM nằm ngoài hình vuôngABCD, các đường gấp khúc [A,M,C], [B,M,D] không phải là đường ngắn nhất nối A và C, nối B và D. ⇒ Tổng khoảng cách MA+MB +MC +MD không nhỏ nhất. ⇒M không là điểm Fermat. Vậy điểm Fermat của tập 4 điểm {A,B,C,D} là tất cả các điểm nằm trong hình vuông ABCD. Ví dụ 2.3.6. Điểm O(0, 0) là điểm Fermat của tập {A1(a, a), A2(−a, a), A3(−a,−a), A4(a,−a)}. Hình 2.17: Điểm Fermat. 39 Ví dụ 2.3.7. Cho hình chữ nhật ABCD với A(−3, 2), B(3, 2), C(3,−2), D(−3,−2). Gọi N là đỉnh của tam giác vuông NDC (vuông tại N), Q là đỉnh của tam giác vuông QAB (vuông tại Q). Khi đó, với mọi điểm K thuộc Hình 2.18: Điểm Fermat. phần giao của hai miền tam giác QAB và tam giác NDC, các tổng khoảng cách KA+KB,KC +KD là nhỏ nhất (theo Nhận xét 2.1.6). Suy ra tổng khoảng cách KA+KB +KC +KD là nhỏ nhất. Vì vậy, phần giao của hai miền tam giác AQB và tam giác DNC là tập hợp các điểm Fermat của tập 4 điểm {A,B,C,D}. Mà hình vuôngMNPQ là phần giao của hai miền tam giác QAB và tam giác NDC. Vậy hình vuông MNPQ là tập hợp các điểm Fermat của tập 4 điểm {A,B,C,D}. Ví dụ 2.3.8. Cho tập 5 điểm {A(−3, 2), B(3, 2), C(3,−2), D(2, 4), E(−3,−2)}. Do ABCE là hình chữ nhật nên theo Ví dụ 2.3.7 ta xác định được hình vuông MNPQ, sao cho với mọi X nằm trong hình vuông MNPQ, tổng khoảng cách XA+XB +XC +XE là nhỏ nhất. Điểm Fermat của tập 5 điểm {A,B,C,D,E} là điểm nằm trong hình vuôngMNPQ mà khoảng cách từ điểm D đến điểm đó là nhỏ nhất trong tất cả các khoảng cách từ điểm D đến điểm còn lại nằm trong hình vuông MNPQ. Rõ ràng, ND < XD với mọi điểm X nằm trong hình vuông MNPQ. Vậy N là điểm Fermat của tập 5 điểm {A,B,C,D,E}. Ví dụ 2.3.9. Điểm Fermat của tập 8 điểm {A1(3, 0), A2(3, 2), A3(0, 3), A4(−3, 2), A5(−3, 0), A6(−3,−2), A7(0,−3), A8(3,−2)} là tất cả các điểm nằm trong hình vuôngMNPQ, vớiM(−1, 0), N(0, 1), P (1, 0), Q(0,−1). 40 Hình 2.19: Điểm Fermat. Thật vậy Hình 2.20: Điểm Fermat. Với mọi X nằm trong hình vuông MNPQ, khoảng cách XA2 +XA4 +XA6 +XA8 là nhỏ nhất (theo ví dụ 2.3.6) (1) Mặt khác, do hình vuông MNPQ nằm trong hình vuông A1A3A5A7 nên với mọi X nằm trong hình vuông MNPQ, tổng khoảng cách XA1 +XA3 +XA5 +XA7 là nhỏ nhất. (2) Từ (1) và (2) suy ra Tổng khoảng cách XA1+XA2+XA3+XA4+XA5+XA6+XA7+XA8 nhỏ nhất. Suy ra X là điểm Fermat của 8 điểm {A1, A2, ..., A8}. 41 Vậy hình vuông MNPQ là tập hợp các điểm Fermat của 8 điểm {A1, A2..., A8}. Nhận xét 2.3.10. Trong mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, nghiệm của bài toán Fermat-Torricelli không còn là duy nhất như trong mặt phẳng Euclid. 42 KẾT LUẬN Qua các buổi seminar của PGS. TS. Đoàn Thế Hiếu và một số tài liệu có liên quan đến vấn đề Hình học trên mặt phẳng Minkowski với chuẩn “max”, chúng tôi đã tổng hợp và trình bày trong khóa luận này một số vấn đề, cụ thể: 1. Trình bày một số khái niệm, tính chất của độ dài, diện tích, các lục giác đều nội tiếp đường tròn. 2. Giới thiệu một số tập đặc biệt: Tập có độ rộng hằng, tập đều, tập có dây cung đều. 3. Trình bày lời giải cho bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm, bài toán đẳng chu và bài toán Fermat-Torricelli. 4. Phương pháp tìm điểm Fermat cho 3 điểm, 4 điểm. Đặc biệt, khóa luận đã phát biểu và chứng minh một số kết quả về bài toán đường ngắn nhất nối hai điểm, bài toán Fermat-Toricelli. Do thời gian nghiên cứu cũng như năng lực còn hạn chế nên nội dung và hình thức khóa luận không tránh khỏi thiếu sót. Kính mong quý thầy cô và các bạn quan tâm góp ý, bổ sung để đề tài hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn. 43 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt. [1] Đoàn Thế Hiếu, Bài giảng hình học vi phân, 2006. [2] Đoàn Thị Tuyết Lê, Bài toán đẳng chu và lưới cực tiểu trong mặt phẳng Minkowski, Luận văn thạc sĩ toán học, Đại Học Sư Huế, 2009. Tiếng Anh. [3] Horst Martini, Konrad J.Swanepoel, Guner Weib (2001), “The geometry of Minkowski space”, Expositiones Mathematicae, Vol 0.19. [4] Horst Martini, Konrad J.Swanepoel, Guner Weib (2002), “The Fermat - Torricelli problem in norm planes and spaces”, Journal of optimization The-Ory and application, Springer, 283− 314. [5] A.C Thompson (1996). Minkowski geometry, Cabridge University Press. 44