0 sao cho p−q
Chứng minh. Xét p, q ∈ R+, p > q. Do lim n→+∞an có, tồn tại N sao cho
p+q· k > ε. Ta
an
n− k
Đặt α =q
N ⇒2q
p + q· k + ε N.
p+qk+ε N và m0 sao cho
α 0, tồn tại phần
tử Rn sao cho
0 < Rn − α <1q2n. (2.3)
Thực vậy, lấy một số n lẻ và chú ý rằng (qnxn+1 + qn−1) qn > q2n. Vì lim n→+∞qn = +∞, với n đủ lớn ta có 1qn< ε. Từ điều này và (2.3) suy ra 0 < pn − αqn <1qn< ε với n đủ lớn, do đó tồn tại n0 ∈ N sao cho n0 (pn − αqn) ∈ (a; b).
Cho t ∈ [−1; 1], tồn tại số thực x sao cho t = sin x. Từ nhận xét ở trên suy ra tồn tại các dãy các số nguyên dương {mn} và {kn} với x = lim n→+∞(mn − 2πkn), Sử dụng tính liên tục của hàm
sin x ta được
t = sin x = sin
lim n→+∞(mn − 2πkn)
= lim n→+∞sin mn.
Vậy mọi số thuộc khoảng [−1; 1] đều là điểm giới hạn của tập S6 = {sin n | n ∈ N}.
Ví dụ 6. Cho u, v ∈ R+. Chứng minh rằng tập hợp {au + bv | a, b ∈ Z} trù mật trong R khi và chỉ khi uvlà một số vô tỷ.
Chứng minh. Ta có {au + bv | a, b ∈ Z} trù mật trong R nên vauv + b | a, b ∈ Z trù mật trong R do đó auv + b | a, b ∈ Z trù mật trong R suy ra auv | a ∈ Z trù mật trong (0; 1)
vì thế uvlà số vô tỷ.
Nhận xét. Với u 6= 0, v 6= 0 thì bài toán vẫn đúng.
Ví dụ 7. Cho các số thực dương a, b thoả mãn b [an] = a [bn] , ∀n ∈ Z+. Chứng minh rằng a = b hoặc cả a và b đều nguyên.
59
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Chứng minh. Giả sử a 6= b và cả a, b đều vô tỷ, ta có
b [an] = a [bn] ⇔ ban − b {an} = abn − a {bn} ⇔ b {an} = a {bn} . (2.4) Không mất tổng quát, giả sử a > b, ta có
a={bn}
b
{an}, ∀n ∈ Z+ ⇒ba> {bn} , ∀n ∈ Z+,
điều này vô lý do b là số vô tỷ nên {{bn} | n ∈ Z+} là trù mật trong (0; 1). Do đó một trong hai số a, b là hữu tỷ. Giả sử a ∈ Q, khi đó tồn tại n0 ∈ Z+ sao cho an0 ∈ Z+ ⇒ {an0} = 0. Do đó {bn0} = 0 ⇒ b ∈ Q. Đặt a =pq, (p, q) = 1 và b =st, (s, t) = 1. Trong (2.4) cho n = q có
0 = a {bq} ⇒ {bq} = 0 ⇒ {bq} ∈ Z+ ⇒ q...t.
Tương tự, ta có t... q. Vậy q = t, do đó (2.4) tương đương với
s
p
qn
= p
s
qn
, ∀n ∈ Z+.
Với q > 1, ta chọn n ≡1s(mod q), suy ra
sn q
=
1 q
=1q⇒ s pqn = p 1q =pq.
Đặt
pn = qk + r ⇒ s
pn q
= s ·rq⇒pq= s.rq⇒ p = s · r ⇒ p... s.
Tương tự có s... p. Do đó p = s, vô lý do a 6= b, do vậy q = 1 và a, b ∈ Z. Tóm lại hoặc a = b
hoặc a, b ∈ Z.
Ví dụ 8. Cho a, b là các số thực dương thoả mãn [2an + b] chia hết cho 2 với mọi số nguyên dương n. Chứng minh rằng a là số nguyên dương.
Chứng minh. Nếu a là số vô tỷ thì ta có
[2an + b] = [2 {an} + b] + 2 [an]... 2, ∀n ∈ Z+ ⇒ [2 {an} + b]... 2, ∀n ∈ Z+. (2.5)
Lại do {{an} | n ∈ Z+} là trù mật trong (0; 1). Suy ra tồn tại số nguyên dương n mà [b + 2 {an}] không chia hết cho 2. Thật vậy:
Nếu 2k + 1 > b > 2k thì chọn n sao cho 2k + 2 > 2 {an} + b > 2k + 1.
Nếu 2k + 2 > b > 2k + 1 thì chọn n sao cho 2k + 2 > 2 {an} + b > 2k + 1. Điều này mâu thuẫn với (2.5) nên suy ra a phải là số hữu tỷ. Nếu a không nguyên thì đặt a =pq, (p, q) = 1, q ∈ Z+, q > 1. Khi đó viết n = qt + r, 0 6 r 6 q − 1 thì
[2an + b] =
2
pt +prq + b ... 2, ∀n ∈ Z+. 60
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Chọn r = 0 thì [2pt + b]... 2 ⇒ [b]... 2. Do đó [2an + b] = 2pt + [b] +
2pr
q+ {b}
... 2, ∀t ∈ Z+,
tương đương với 2pr q+ {b}
... 2, ∀t ∈ Z+,
hay là 2
pr q
+ {b}
... 2, ∀t ∈ Z+.
n
Mà 3 > 2
pr q
o
+ {b} > 0 suy ra
h
2
n
pr q
o
+ {b}
i
∈ {0; 2} . Ta xét hai trường hợp sau:
• Nếu tồn tại r0 6= 0 sao cho
h
2
n
pr0
q
o
+ {b}
i
= 0, thì
1 > 2
pr0 q
+ {b} > 0 ⇒12> pr0 q
⇒
p2r0 q
=
2pr0 q
= 2
pr0 q
,
và
2
p2r0 q
+ {b} = 4
pr0 q
+ {b} > 2
pr0 q
+ {b} .
Cứ làm như vậy suy ra tồn tại số nguyên dương i mà (vì mỗi lần thực hiện thì giá trị biểu
thức tăng lên) 2
p · 2i· r0 q
+ {b} < 1
2
+ {b} > 1
Khi đó
p · 2i+1· r0 q
2
p · 2i+1· r0 q
+ {b} = 4
p · 2i· r0 q
+ {b} < 2
2
p · 2i· r0 q
+ {b}
< 2.
Do đó 2
p · 2i+1· r0 q
+ {b}
= 1.
Gọi r1 là số dư 2i+1· r0 khi chia cho q, suy ra vô lý.
h
• Nếu không tồn tại r0 6= 0 sao cho 2
n
pr0
q
o
+ {b}
i
= 0, thì với mọi r0 6= 0 ta có
2
+ {b} > 2,
mà
pr0 q
+ {b}
= 2 ⇒ 3 > 2
pr0 q
1 > {b} > 0 ⇒ 2
pr0 q
> 1 ⇒
pr0 q
61
>12⇒ p · 2r0 q
=
2 ·pr0 q
= 2
pr0 q
−1 <
pr0 q
.
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Cứ làm như vậy, suy ra tồn tại số nguyên dương i sao cho (vì mỗi lần thực hiện thì giá trị
biểu thức giảm xuống) 2
pr0 · 2i q
+ {b} > 2
+ {b} < 2
n
Do 2
pr0·2i q
o
+ {b} > 2, nên
2
pr0 · 2i+1 q
2
pr0 · 2i+1 q
+{b} = 2
2
pr0 · 2i q
− 1
+{b} = 4
pr0 · 2i q
+{b}−2 > 2
pr0 · 2i q
> 1.
Suy ra
h
2
n
pr0·2i+1 q
o
+ {b}
i
= 1. Chọn r1 là số dư khi chia r02i+1 cho q suy ra điều vô lý.
Tóm lại a ∈ Z+.
Ví dụ 9. Đặt A = 2m
3n | m, n ∈ Z+, 2m > 3n . Chứng minh rằng inf(A) = 1.
Chứng minh. Ta đặt B = {log3a | a ∈ A} . Khi đó ta phải chứng minh inf (B) = log31 = 0. Ta thấy b > 0, ∀b ∈ B suy ra inf(B) > 0. Lại thấy với mỗi b ∈ B, b có dạng nlog32 − m. Với mỗi số nguyên dương n mà n · log32 > 1, xét m = [nlog32] ∈ Z+. Khi đó, b = {nlog32}. Lại thấy log32 là số vô tỷ dương nên theo định lý Kronecker thì {{nlog32} |n ∈ Z+} trù mật trong (0; 1). Do đó tồn tại dãy số nguyên dương ni để bi = {nilog32} → 0, khi i → +∞.
Do vậy inf (B) = 0, suy ra inf(A) = 1.
Ví dụ 10. (Putnam 1995) Cho A (x) = {[nx] |n ∈ Z+} . Chứng minh rằng nếu a, b, c ∈ R+ thì A (a), A (b), A (c), không thể là một phân hoạch của Z+.
Chứng minh. Giả sử phản chứng nếu a, b, c ∈ R+ thì A (a), A (b), A (c) là một phân hoạch của Z+. Ta xét các trường hợp sau:
• Trong các số a, b, c có ít nhất một số hữu tỷ, giả sử là a. Đặt a =pq, (p, q) = 1, q ∈ Z+. Ta chứng minh tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho
[ma] = [nb] . (2.6)
Nếu b ∈ Q thì tồn tại m, n ∈ Z+ mà
(ma, nb ∈ Z+
ma = nb
Khi đó ta có điều phải chứng minh. Nếu b 6∈ Q thì chọn m = qt, t ∈ Z+. Khi đó
[ma] =
h
qt pq
i
= pt. Do b /∈ Q nên theo định lý Kronecker, tồn tại n0 ∈ Z+ sao cho
{n0b} <1p. Khi đó
[(pn0) b] = [p [n0b] + p {n0b}] = p [n0b] + [p {n0b}] = p [n0b] .
Chọn t = [n0b] thì ta có điều phải chứng minh. Vậy (2.6) đúng và do đó A (a)∩ A (b) 6= ∅, trái với giả thiết phản chứng.
62
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
• Cả ba số a, b, c đều là vô tỷ. Xét n ∈ Z+ bất kỳ, khi đó số các số thuộc A (a) mà nhỏ hơn hay bằng n là số các số m ∈ Z+ thoả mãn
[am] 6 n ⇔ am − 1 < n ⇔ m 1 nên a
a−1∈ I+ và a
a−1 >32. Khi đó A (a), A a
.
một phân hoạch của Z+. Khi đó A (b) ∪ A (c) = Aa a−1
a−1
Nhận xét. Cho α ∈ I, α > 32và β ∈ R+ sao cho A (β) ⊆ A (α), khi đó βα∈ Z+. Chứng minh. Do A (β) ⊆ A (α) nên với mỗi m ∈ Z+ thì tồn tại n ∈ Z+ thoả mãn [mβ] = [nα] ⇒ nα − 1 < [mβ] < nα ⇒[mβ]
α< n <[mβ]
α+1α. (2.7)
Ta thấy nếu tồn tại m ∈ Z+ mà 0 1−1α, ∀m ∈ Z+ ⇔ mβ − {mβ}
α
> 1−1α⇔ mx −{mβ} α
> 1−1α,
x =βα⇔ {mx} − {mβ}
α
Nếu x ∈ I, khi đó với mỗi m ∈ Z+ có
> 1 −1α, ∀m ∈ Z+. (2.8)
α> 1 −1α
{mx} > 1 −1α+{mβ}
{mx} − {mβ}
α> 1 −1α⇒
− {mx} +{mβ}
α> 1 −1α
α+1α− 1 > {mx}⇒ {mβ}
{mx} > 1 −1α 2
α− 1 > {mx}
1) Nếu 2α − 1 6 0 thì ta phải có {mx} > 1 −1α, ∀m ∈ Z+, trái với định lý Kronecker. 2) Nếu 2α − 1 > 0 thì ta có 1 −1α >2α − 1 do α > 32, suy ra với mọi m ∈ Z+ thì
{mx} ∈/2α − 1; 1 −1α trái với định lý Kronecker.
63
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Do đó x /∈ I suy ra x ∈ Q.
Nếu x /∈ Z+, đặt x =pq, (p, q) = 1, q > 1. Xét m = qk + 1, k ∈ Z+, khi đó
{mx} − {mβ} α
=
(qk + 1) pq −{(qk + 1) β} α
=
p q
−{k · qβ + β} α
(2.9)
=
{x} − {kp · α + β} α
.
Vì α ∈ I nên pα ∈ I, do đó {{k (pα)} | k ∈ Z+} trù mật trên (0; 1), từ đó suy ra
{{k (pα) + β} | k ∈ Z+} , trù mật trên (0; 1), dẫn đến
n{k(pα)+β}
α| k ∈ Z+
o
trù mật trên
0; 1α . Suy ra tồn tại k0 ∈ Z+ sao cho
α> {x}+1α−1 do 1 > {x} > {x} +1α− 1;1α> {x} +1α− 1 .
1 > {x} >{k0pα + β}
Khi đó, từ (2.7) xét m = qk0 + 1, ta có
{mx} − {mβ} α
=
{x} − {k0pα + β} α
= {x} − {k0pα + β}
< {x} −
α
{x} +1α− 1 = 1 −1α,
trái với (2.9) Do đó x phải thuộc Z+, hay βα∈ Z+ và nhận xét được chứng minh. Trở lại với bài toán, do
,
mà a
A (b) ∪ A (c) = A
a
a − 1
⇒ A (b), A (c) ⊂ A
a
a − 1
a−1 >32nên tồn tại b0 ∈ Z+ sao cho b =a
a−1· b0 và c0 ∈ Z+ sao cho c =a
d =a
a−1· b0c0 thìA (d) ⊂ A (b), A (d) ⊂ A (c), điều này vô lý do A (b) ∩ A (c) = ∅.
Vậy điều giả sử ban đầu là sai, do đó ta có điều phải chứng minh.
a−1· c0. Đặt
Nhận xét. Cho ai ∈ R+ (i = 1, 2, . . . , n) đôi một phân biệt, khi đó nếu A (a1), A (a2), . . . , A (an) là một phân hoạch của Z+ thì n ∈ {1; 2} .
Tiếp theo chúng ta cùng nghiên cứu một số bài toán mà cách giải được dùng phương pháp của tập trù mật.
Ví dụ 11. (France TST 2005) Cho A ⊂ N∗, A 6= ∅ sao cho ∀x ∈ A thì 4x, [√x] ∈ A. Chứng minh rằng A = N∗.
64
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Chứng minh. Ta gọi a0 là số nguyên dương bé nhất thuộc A. Nếu a0 > 1 thì √a0 ∈ A và √a0 6√a0 < a0, mâu thuẫn với cách chọn a0 vì vậy a0 = 1. Từ giả thiết suy ra
4n ∈ A, ∀n ⇒h√4ni= 2n ∈ A, ∀n ⇒h(2n)1 2m
i
∈ A, ∀m, n. (2.10)
Ta có nhận xét sau
∀k ∈ N∗, ∃m, n ∈ N∗: k2m6 2n < (k + 1)2m.
Thật vậy, chọn m ∈ N∗ để 2m [log2(k + 1) − log2k] > 2, khi đó log2(k + 1)2m− log2k2m> 2 ⇒ ∃n ∈ N∗: log2k2m6 n < log2(k + 1)2m,
suy ra
k2m6 2n < (k + 1)2m ⇒ k =h(2n)1 2m
i
.
Từ (2.10) suy ra k ∈ A nên N∗ ⊂ A. Do đó A = N∗.
Ví dụ 12. (VMO 1997, bảng A) Cho số tự nhiên n > 1 không chia hết cho 1997. Xét hai dãy số (ai) và (bj ) được xác định như sau:
ai = i +ni
1997, i = 1, 2, . . . , 1996, bj = j +1997j
n, j = 1, 2, . . . , n − 1.
Xét tất cả các số của hai dãy trên và sắp thứ tự không giảm ta được c1 6 c2 6 · · · 6 c1995+n. Chứng minh rằng ck+1 − ck < 2, ∀k = 1, 2, . . . , 1994 + n.
Chứng minh. Thay 1997 bởi số m không là ước của n. Xét hai dãy số
1 +nm , i = 0, 1, . . . , m, bj = j 1 +mn , j = 0, 1, . . . , n.
Ta có
ai = i
a0 = 0 < a1 < · · · < am = m + n, b0 = 0 < b1 < · · · < bn = m + n.
Nếu n < m thì ai+1 − ai = 1 + nm < 2. Với mỗi k mà 1 6 k 6 m + n − 2 thì tồn tại duy nhất j để aj 6 ck < aj+1 với 0 6 j 6 n − 1. Khi đó ck+1 6 aj+1 và
ck+1 − ck 6 aj+1 − aj < 2.
Nếu m < n thì bj+1 − bj = 1 + mn < 2. Với mỗi k mà 1 6 k 6 m + n − 2 thì tồn tại duy nhất j để bj 6 ck < bj+1 với 0 6 j 6 n − 1. Khi đó ck+1 6 bj+1 và
ck+1 − ck 6 bj+1 − bj < 2.
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 13. Với α > 1 là một số thực sao cho ∀m, n ∈ N∗, m... n ⇒ [mα]... [nα]. Chứng minh α ∈ N∗.
Chứng minh. Giả sử α = t + r, t ∈ N∗, 0 6 r 6 1. Từ giả thiết ∀k, n ∈ N∗sao cho [knα]... [nα] , ta có
[knα] = [knt + knr] = k [nt] + [knr] ≡ [knr] (mod nt),
suy ra ∀k, n ∈ N∗. Lại có [knr]... [nα] . Cố định k, cho n → +∞ có nt → +∞ mà [knr] bị
chặn nên suy ra {nr} = 0 ⇒ r = 0 ⇒ α = t ∈ N∗. Ta có điều phải chứng minh.
65
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Ví dụ 14. (IMO 1997) Cho x1, x2, . . . , xn ∈ R thoả mãn
Xn i=1
xi
= 1, |xi| 6n + 1
2, ∀1 6 i 6 n.
Chứng minh rằng tồn tại một hoán vị (y1, y2, . . . , yn) của (x1, x2, . . . , xn) sao cho
Xn i=1
iyi
6n + 1 2.
Chứng minh. Với mọi hoán vị Π = (y1, y2, . . . , yn) của (x1, x2, ..., xn), ta kí hiệu S (Π) là giá trị của tổng y1 + 2y2 + · · · + nyn. Đặt r =n+1
2. Ta cần phải chứng minh rằng tồn tại Π nào đó để
|S (Π)| 6 r. Gọi Π0 là hoán vị đồng nhất Π0 = (x1, x2, . . . , xn) và gọi Π là hoán vị đảo ngược Π = (xn, xn−1, . . . , x1). Nếu |S (Π0)| 6 r hoặc SΠ 6 r, bài toán coi như được giải xong, do vậy, ta giả sử |S (Π0)| > r và SΠ > r. Để ý
S (Π0) + SΠ = (x1 + 2x2 + · · · + nxn) + (xn + 2xn−1 + · · · + nx1) = (n + 1) (x1 + x2 + · · · + xn).
Ta suy ra S (Π) + SΠ = n + 1 = 2r. Nhưng vì |S (Π0)| > r và SΠ > r nên ta phải có S (Π0) và SΠ trái dấu nhau, nghĩa là một số thì lớn hơn r, còn một số thì nhỏ hơn −r. Từ Π0, ta có thể thu được Πm = Π bằng cách chuyển hai phần tử kề nhau. Nói cách khác, tồn tại một dãy các hoán vị Π0, Π1, . . . , Πm sao cho Πm = Π và với mỗi i(i = 0, 1, . . . , m − 1), hoán vị Πi+1 có được từ Πi bằng cách hoán chuyển hai số hạng liên tiếp. Điều này có nghĩa rằng nếu Πi = (y1, y2, . . . , yn), Πi+1 = (z1, z2, . . . , zn) thì tồn tại một chỉ số k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} sao cho
zk = yk+1, zk+1 = yk, zj = yj, j 6= k, k + 1.
Do giả thiết |xi| 6 r, ∀i = 1, 2, . . . , n nên ta có
|S (Πi+1) − S (Πi)| = |kzk + (k + 1) zk+1 − kyk − (k + 1) yk+1| = |yk − yk+1| 6 2r.
Điều này chứng tỏ rằng khoảng cách giữa hai số liên tiếp bất kỳ trong dãy số S (Π0), . . . , S (Πm) không lớn hơn 2r. Mặt khác, có thể xem S (Π0), S (Πm) là những điểm nằm trên đường thẳng thực, nằm ngoài đoạn [−r; r], từ đó, suy ra rằng ít nhất một trong các số S (Πi) phải rơi vào đoạn
đó; nói cách khác; tồn tại Πi để S (Πi) 6 r.
Trên đây chúng tôi đã nói về khái niệm tập hợp trù mật cũng như một số ứng dụng của nó trong giải toán sơ cấp nhằm phục vụ cho các kỳ thi Olympic toán phổ thông. Việc tiếp tục nghiên cứu vấn đề này sẽ được nói trong trương trình toán ở bậc đại học và các bậc học tiếp theo.
3. Bài tập tự luyện
Bài tập 1. Cho X, Y là hai tập con của R sao cho X trù mật trong R và X ⊂ Y. Chứng minh rằng Y trù mật trong R.
Bài tập 2. Cho X ⊂ R và X trù mật trong R, và A là tập con hữu hạn của X. Chứng minh rằng X\A trù mật trong R.
66
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Bài tập 3. Chứng minh rằng tồn tại vô số (m, n) ∈ Z2sao cho n√2 = 2m. Bài tập 4. (Isarel – Hungarian 1998) Tìm tất cả α ∈ R thoả mãn
∀n ∈ N∗, ∃m ∈ Z :
α −mn <13n.
Bài tập 5. Cho a > b là hai số nguyên dương thoả mãn ab > 4. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương l sao cho b < ϕ 2l = 2l−1 < 2l < a.
Bài tập 6. Cho tập hợp S =
n√a −√b | a, b ∈ No. Chứng minh rằng tập S trù mật trong R.
Bài tập 7. Cho các dãy số (an)n>0và (bm)m>0thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: lim n→+∞an = lim m→+∞bm = +∞,
và
lim m→+∞(bm+1 − bm) = 0.
Chứng minh rằng tập S = {an − bm | m, n ∈ N∗} là trù mật trong R.
Bài tập 8. Cho (an) và (bn) là hai dãy số dương, tăng ngặt và không bị chặn. Đặc biệt, tập hợp
{|an+1 − an| | n ∈ N∗} bị chặn. n
Chứng minh rằng tập hợp S =
bn| m, n ∈ N∗ am
o
trù mật trong R+.
Bài tập 9. Cho hàm f : R+ → R+ thoả mãn các điều kiện sau: (i) f khả vi trên R+.
(ii) lim x→+∞f (x) = +∞.
(iii) |f0(x)| < M, ∀x ∈ R+\ (0; 1).
Cho (bn) là dãy số dương, tăng và không bị chặn. Chứng minh khi đó tập S =
nf(m)
bn| m, n ∈ N∗
o
trù mật trong R+. Do vậy tập
n √n
2m | m, n ∈ N∗
o
trù mật trong R+.
Bài tập 10. Cho a, b ∈ Z+ sao cho s (an) = s (bn), ∀n ∈ Z+. Chứng minh rằng log ab∈ Z. Trong đó, s (x) là tổng các chữ số của x viết trong hệ nhị phân.
Tài liệu tham khảo
[1] Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu, Problems from the book.
[2] Art of Problem Solving: http://artofproblemsolving.com 67
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
68
ABOUT MEANS OF NON-NEGATIVE NUMBERS AND POSITIVE DEFINITE MATRICES
Đinh Trung Hòa
(Department of Fundamental Sciences, Ho Chi Minh University of Food Industry)
Trong bài viết ngắn này, tác giả Đinh Trung Hòa sẽ giới thiệu về lý thuyết trung bình của các số không âm và các ma trận xác định dương. Khởi đầu từ các khái niệm quen thuộc như trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hòa của hai số, tác giả đi đến khái quát hóa khái niệm trung bình. Tiếp theo bài viết giới thiệu các tính chất đặc trưng của hàm đơn điệu liên quan đến các trung bình. Cuối cùng, tác giả giới thiệu định nghĩa các dạng trung bình của hai ma trận. Từ các định nghĩa này và các bất đẳng thức số và hàm, các vấn đề tương ứng với ma trận sẽ được đặt ra một cách tự nhiên (và tác giả cùng với một số tác giả khác cũng đã thu được một số kết quả theo hướng này).
Bài viết này dựa trên các bài nói chuyện của TS Đinh Trung Hòa tại Đà Nẵng (cho nhóm học sinh THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng chuẩn bị dự thi HSG quốc gia năm 2014) và trong buổi seminar dành cho học sinh và sinh viên tại trung tâm Titan Education (năm 2015).
Đây là bài viết ngắn, văn phong dễ đọc nên chúng tôi để nguyên bản tiếng Anh. Để độc giả tiện theo dõi, chúng tôi xin chuyển ngữ và giải thích một số thuật ngữ tiếng Anh.
Positive definite matrices = ma trận xác định dương
Positive semidefinite = nửa xác định dương
Successive iterations = các bước lặp liên tiếp
Arithmetic, geometric, harmonic means = trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hòa.
Two-variable function = hàm 2 biến
Monotone increasing = đơn điệu tăng
One-to-one map = ánh xạ 1 − 1
Reverse Cauchy inequality = bất đẳng thức Cauchy ngược
Convex function = hàm lồi
Classification = phân loại
Quantum information theory = Lý thuyết thông tin lượng tử
Matrix optimization = Tối ưu hóa ma trận
Hermitian matrices = ma trận Hermite
69
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Eigenvalues = giá trị riêng
Eigenspaces = không gian riêng
Orthogonal projections = hình chiếu vuông góc
Axiomatic approach = cách tiếp cận tiên đề
Binary operation = phép toán 2 ngôi
Riemannian manifold = đa tạp Riemann
Weighted Heron mean = trung bình Heron có trọng
Norht and south poles = bắc cực và nam cực
Mathematical aspects = khía cạnh toán học
Theory of operator and matrix = lý thuyết toán tử và ma trận
In this short we introduce the theory of means for non-negative numbers and positive definite matrices.
1. Some information about means for scalars
1.1. Some well-known means
We list some (not all) definitions of the geometric mean as follows:
• The unique solution of xa−1x = b;
• The common list of the successive iterations of harmonic and arithmetic means: √ab = lim an = lim bn,
where a0 = a, b0 = b, an+1 =2anbn
an+bn, bn+1 =an+bn
2.
• The maximum among real x for which nant is nonnegative: x2 6 ab.
a x x b
is positive semidefinite, or its determi
• The unique midpoint for the metric δ on R+ given by δ(x, y) = δ(a, b) = 2δ(a, √ab) = 2δ(b, √ab);
log xy :
• If x(t) is the solution of x0 = b − a−1x with initial condition x(0) = x0 > 0, then limt→∞ x(t) = √ab.
It is well-known that for two nonnegative numbers a, b and s ∈ [0, 1]
2)−1 6√ab 6asb1−s + a1−sbs
(a−1 + b−1
2)−1is the harmonic mean, asb1−s+a1−sbs
26a + b
2, (1.1)
where (a−1+b−1
2is the Heinz mean and a+b
2is the arith metic mean. 70
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
The AM-GM inequality states that only the square has the smallest perimeter amongst all rectangles of equal area. At the same time, we have the following geometric interpretation: The geometric mean and the arithmetic mean are the midpoints of curves asb1−sand sa + (1 − s)b, respectively, connecting a and b. And the Heinz mean is the curve connecting the geometric mean and the arithmetic mean when s runs from 0 to 1.
Now, let us formulate a general approach of means. A mean M of nonnegative numbers is a map from R+ × R+ to R+ such that:
1) M(x, x) = x for every x ∈ R+;
2) M(x, y) = M(y, x) for every x, y ∈ R+;
3) If x < y, then x < M(x, y) < y;
4) If x < x0 and y < y0, then M(x, y) < M(x0, y0);
5) M(x, y) is continuous;
6) M(tx, ty) = tM(x, y) (t, x, y ∈ R+.
A two-variable function M(x, y) satisfying condition (6) can be reduced to a one-variable function
f(x) := M(1, x). (1.2)
Namely, M(x, y) is recovered from f as M(x, y) = xf(x−1y). Mention that the corresponding to M function f is monotone increasing on R+. And that relation (1.2) forms a one-to-one map between means and monotone increasing functions on R+.
It is obvious that:
• The arithmetic mean is corresponding to 1+t
2;
• The geometric mean is corresponding to √t;
• The harmonic mean is corresponding to 2t
1+t;
• The log-mean L(x, y) = x−y
log x−log yis corresponding to t−1
log t.
1.2. Monotone functions and means
Let f be a monotone increasing function on [0,∞), then for any nonnegative number a, b,
f(√ab) 6 f a + b 2
. (1.3)
It is natural to ask that if inequality (1.3) holds for any pair of positive number a, b will the function f be monotone increasing on [0,∞)? The answer is positive, and follows from the elementary fact that for any positive numbers a 6 b there exist positive number x, y such that a is arithmetic mean and b is geometric mean of x, y.
An interesting and useful reverse Cauchy inequality is as follows: For any positive number x, y, x + y
26√xy +12|x − y|, (1.4)
or
min{x, y} 6√xy. 71
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Proposition 1. A function f on [0,∞) is monotone increasing if and only if the following
inequality
f(x + y
2) 6 f
hold for any pair of positive number x, y.
√xy +12|x − y| , (1.5)
Chứng minh. Firstly, we show that for 0 6 a 6 b 6√2a there exist positive number x, y such
that
a =x + y
2, b =√xy +12|x − y|.
We can assume that x 6 a. It is easy to see that for 0 6 a 6 b 6√2a the equation b =px(2a − x) + a − x,
or,
2x2 + 2(b − 2a)x + (b − a)2 = 0
has a positive solution. Consequently, if we have (1.5), then
f(a) = x + y
26 f
√xy +12|x − y| = f(b).
For arbitrary a 6 b, it is obvious that there exist numbers a1, a2, . . . , am such that a = a0 6 a1 6 · · · 6 am = b and ai 6 ai+1 6√2ai.
Apply above arguments, we can get f(a) 6 f(a1) 6 f(a2) 6 · · · 6 f(an) = f(b).
Of course we can get new characterization of monotone increasing functions by using other inequalities in (1.1).
1.3. Some classes of convex functions with means
Let M, N be arbitrary means and f be continuous on R+. We call f to be MN-convex if for any nonnegative x, y,
f(M(x, y)) 6 N(f(x), f(y)). (1.6)
If M(x, y) = N(x, y) = sx + (1 − s)y, then we have the class of convex functions, and inequality (1.6) is no thing but Jensen inequality for convex functions. Such functions have many applications in optimization, in information theory etc.
If M(x, y) = sx + (1 − s)y, N(x, y) = xsy1−s, then we have the class of log-convex functions. If M(x, y) = N(x, y) = xsy1−s, then we have the class of geometrically convex functions.
According to applications of several kinds of convexity many mathematicians give effort to study the problem of classification of convex functions. And a such problem is more complicated for matrices.
72
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
2. A little about matrix means
In this section we talk about the matrix means that have many applications in quantum information theory, matrix optimizations etc.
Let Mn be the space of n×n complex matrices. For A, B ∈ Mn, the notation A 6 B means that B − A ∈ M+n(i.e., < (B − A)x, x > > 0 for any vector x). The spectrum of a matrix A ∈ Mn is denoted by σ(A). For a real-valued function f of a real variable and a matrix A ∈ Mhn, the value f(A) is understood by means of the functional calculus for Hermitian matrices, i.e. if
A =PλiPi (where λi are eigenvalues of A, Pi are orthogonal projections on the eigenspaces of λi), then the matrix f(A) is defined as Pf(λi)Pi. We can understand f(A) in another way: Let A = U∗diag(λ1, λ2, . . . , λn)U (where λi are the eigenvalues of A), then
f(A) = U∗diag(f(λ1), . . . , f(λn))U.
Taking an axiomatic approach, Kubo and Ando [6] introduced the notions of connection and mean. A binary operation σ defined on the set of positive definite matrices is called a connection if
(i) A 6 C, B 6 D imply AσB 6 BσD;
(ii) C∗(AσB)C 6 (C∗AC)σ(C∗BC);
(iii) An ↓ A and Bn ↓ B imply AnσBn ↓ AσB If IσI = I, then σ is called a mean.
For A, B > 0, the t-geometric mean of positive definite matrices A, B is A]tB := A1/2A−1/2BA−1/2 tA1/2. (2.1)
When t = 1/2, A]B := A]1/2B is called the geometric mean of A and B, and it was first introduced in [8] and is often denoted by A]B in the literature (the problem of defining the geometric mean of two positive definite matrices was standing for more than 25 years because we could not just take the square root of product of two positive definite matrices AB!!). The harmonic A!B and arithmetic A∇B means are defined A!B = 2(A−1 + B−1)−1and A∇B =A + B
2, respectively. A mean σ is called to be symmetric if AσB = BσA for any pair of positive definite matrices A, B.
It is well-known that the arithmetic mean ∇ is the biggest among symmetric means. From the general theory of matrix means we know that ∇ > σ and τ >!. And we still have the following inequalities
A!B 6 A]B 6 A∇B. (2.2)
The proof of (2.2) is not very difficult and based on the scalar case.
The t-geometric mean is interesting from the point of view of Riemannian geometry since the set Pn of positive semidefinite matrices is a Riemannian manifold with the Riemannian metric [9]:
δ(A, B) =
Xn i=1
log2λi(A−1B)
!1/2
, A, B ∈ Pn,
which is the distance between A and B so that the curve β(t) = A]tB, 0 6 t 6 1, is the unique geodesic joining A and B in Pn. The picture is more interesting if we consider the weighted Heron mean (1 − λ)A+B
2 + λA]B(λ ∈ [0, 1]) that connects two midpoints A+B
2and A]B (this
model looks like the earth with A and B are the north and south poles, respectively!). 73
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
3. Concluding comment
Many properties formulated in Subsection 1.1 have been studied for matrices [10]. Some in teresting information related to the last part of Subsection 1.1 an be found in [1] (Petz is one of the most active mathematicians in studying mathematical aspects of quantum information theory) where the author discusses about means of more than 2 positive semidefinite matrices. Matrix analogs of results in Subsection 1.2 recently was studied by Ando and Hiai [11] and by the author [12]. At that time, problems of characterization of matrix convex functions in sense of Subsection 1.3 are still in research interests of many mathematicians. Nowadays, the theory of operator and matrix means is one of the most studied in matrix analysis with many applications in machine learning and quantum theory etc.
Tài liệu tham khảo
[1] D.Petz. Means of positive matrices: Geometry and a conjecture. Annales Mathematicae et Informaticae. 32 (2005) 129-139.
[2] F. Topse. Basic Concepts, Identities and Inequalities theToolkit of Information Theory. Entropy, 3 (2001) 162.
[3] K. M. R.Audenaert, J. Calsamiglia, LI. Masanes, R. Munoz-Tapia, A. Acin, E. Bagan and F. Verstraete, Discriminating States: The Quantum Chernoff Bound, Phys. Rev. Lett. 98 (2007) 160501.
[4] D. Bini, B. Meini, F. Poloni, An effective matrix geometric mean satisfying the Ando-Li Mathias properties, Math. Comp. 79 (2010) 437-452.
[5] S. Furuichi, K. Yanagi, and K. Kuriyama, Fundamental properties of Tsallis relative entropy, J. Math. Phys. 45(12) (2004) 4868-4877.
[6] F. Kubo and T. Ando, Means of positive linear operators, Math. Ann. 246(3) (1980) 205-224.
[7] H. Lee, Y. Lim, T. Yamazaki, Multi-variable weighted geometric means of positive definite matrices, Linear Algebra Appl. 435(2) (2011) 307-322.
[8] W. Pusz, S.L. Woronowicz, Functional calculus for sesquilinear forms and the purification map, Rep. Math. Phys., 8 (1975), 159-170.
[9] R. Bhatia, Positive Definite Matrices, Princeton University Press, New Jersey, 2007.
[10] J. D. Lawson, Y. Lim, The geometric mean, matrices, metrics, and more, Amer. Math. Monthly 108 (2001), 797-812.
[11] T. Ando, F. Hiai, Log majorization and complementary Golden-Thompson type inequalities, Linear Algebra Appl., 197/198 (1994), 113–131.
[12] Dinh Trung Hoa. On characterization of operator monotone functions. Linear Algebra and Its Applications. 487 (2015) 260-267.
74
ĐIỂM KOSNITA VÀ MỘT SỐ ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA NÓ
Trịnh Huy Vũ (Lớp 12 A1 Toán, trường THPT Chuyên KHTN, Hà Nội)
Bài viết nêu ra định nghĩa và một số kết quả về điểm Kosnita. Đồng thời bài báo cũng sẽ đưa ra chứng minh thuần túy cho một số đường thẳng đi qua điểm Kosnita.
1. Định nghĩa
Định nghĩa 2. Điểm Kosnita K của 4ABC bất kì được xác định là điểm đồng quy của ba đường thẳng nối ba đỉnh A, B, C tương ứng với tâm ngoại tiếp của 4OBC, 4OCA, 4OAB với O là tâm ngoại tiếp của 4ABC. Điểm Kosnita là Kimberling center X(54) trong Encyclopedia of Triangle Center (ETC) [1].
A
E
F
O
K
D
B C
Hình 11.1: Điểm Kosnita
2. Một số kết quả quen thuộc
Sau đây, tác giả sẽ trình bày ra một số kết quả quen thuộc về điểm Kosnita mà tác giả sẽ dùng trong bài viết.
75
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Kết quả 1. 4ABC có tâm đường tròn Euler N và điểm Kosnita K. Khi đó, N và K đẳng giác trong 4ABC.
Định nghĩa 3. Cho tam giác ABC với tâm nội tiếp I. Đường thẳng Euler của 4IBC, 4ICA, 4IAB, 4ABC đồng quy tại một điểm. Điểm đồng quy đó được gọi là điểm Schiffler của 4ABC.
Kết quả 2. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cung nhỏ BC, CA, AB của 4ABC. Khi đó, điểm Kosnita của 4DEF cũng là điểm Schiffler của 4ABC.
Chứng minh. X là trung điểm BC. Vẽ đường kính DJ. Lấy các điểm D0, E0, F0lần lượt đối xứng D, E, F qua BC, CA, AB. Gọi N, U, V, W tương ứng là trung điểm của IO, ID0, IE0, IF0. Ta có các kết quả quen thuộc: D, E, F tương ứng là tâm ngoại tiếp của các tam giác IBC , ICA , IAB; I, N là trực tâm và tâm đường tròn Euler của 4DEF.
Ta có DI2 = DB2 = DC2 = DX.DJ (theo hệ thức lượng trong tam giác vuông). Từ đó ta được DI2 = DX.DJ = 2DX.DO = DD0.DO. Suy raDO
DI=DI
DD0. Do đó, 4DOI ∼
4DID0(c.g.c). Mà hai tam giác này có hai trung tuyến tương ứng là DN và DU, do vậy ∠NDI = ∠UDO. Nói cách khác, DN và DU đẳng giác trong ∠IDO. Mặt khác, do I, O tương úng là trực tâm và tâm ngoại tiếp của 4DEF nên DH, DO đẳng giác trong ∠EDF. Từ đó ta thu được DN và DU đẳng giác trong ∠EDF. Mặt khác ta lại có U là tâm đường tròn Euler của 4IBC nên DU chính là đường thẳng Euler của 4IBC. Vậy DN và đường thẳng Euler của 4IBC đẳng giác trong 4DEF. Chứng minh tương tự ta cũng được EN, đường thẳng Euler của 4ICA và F N, đường thẳng Euler của 4IAB là hai cặp đường thẳng đẳng giác trong 4DEF. Do vậy điểm Schiffler S đẳng giác với N qua 4DEF. Theo Kết quả 1, điểm
Schiffler S của 4ABC cũng là điểm Kosnita của 4DEF
J
E
A
O
F
I
U
N
D0 X
BC
D
Hình 11.2: Điểm Kosnita của 4DEF và điểm Schiffler của 4ABC trùng nhau 76
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Nhận xét. Kết quả 2 còn có cách chứng minh khác của Telv Cohl trong [4]. Từ kết quả này thu được hệ quả là điểm Kosnita của 4DEF nằm trên đường thẳng Euler của 4ABC. Hơn nữa, dựa sự trùng nhau của điểm Schiffler và điểm Kosnita của 4ABC và 4DEF, ta cũng thu được chứng minh của kết quả sau:
Kết quả 3. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cung nhỏ BC, CA, AB của đường tròn (O) ngoại tiếp 4ABC. H là trực tâm của 4ABC và K là điểm Kosnita của 4DEF. Khi đó, OK
OH =R
ABC.
2r + 3Rvới R, r tương ứng là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác G
Ha
E
A
L
F
I
H
K
O X
BC
D
Hình 11.3: Tỉ số OK/OH
Trước hết ta nêu ra một bổ đề quen thuộc, tác giả xin phép không nêu chứng minh của bổ đề này.
Bổ đề 5. Cho 4ABC với trực tâm H, tâm ngoại tiếp O và M là trung điểm BC. Khi đo, AH = 2OM.
Chứng minh. L là hình chiếu của I lên AC. X là trung điểm BC. Gọi Ha là trực tâm của 4IBC. Do K nằm trên đường thẳng Euler của 4IBC nên K ∈ DHa. Đặt DHa cắt AH tại G. Do 4ALI ∼ 4BXD(g.g) nênDI
AI =DB
AI =XD
IL=XD
suy raIHa
AG =DI
XD + r. Theo bổ đề thì 2DX
r. Từ đó áp dụng định lý Thales, ta
DA =XD
AG =XD
XD + r. Do vậy, AG = 2(XD + r), 77
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
suy ra HG = AH + AG = 2OX + 2(XD + r) = 2(r + R). Theo định lý Thales suy ra KH=OD
HG =R
2(r + R)hay OK
OK
OH =R 2r + 3R.
3. Một số đường thẳng đi qua điểm Kosnita
Trong mục này tác giả sẽ phát biểu một số đường thẳng đi qua điểm Kosnita. Hầu hết các đường thẳng này đều đã được liệt kê trong ETC [1] nên tác giả chỉ phát biểu lại và đồng thời đưa ra những chứng minh thuần túy hình học cho chúng.
3.1. Đường thẳng đi qua ảnh nghịch đảo của trực tâm H qua đường tròn ngoại tiếp (O) và tâm của đường tròn Taylor (X(186)X(389))
Định nghĩa 4. 4ABC với A0, B0, C0tương ứng là chân ba đường cao. AB, AC lần lượt là hình chiếu của A0trên AB, AC. Xác đinh các điểm BC, BA, CA, CB tương tự. Khi đó, 6 điểm AB, AC, BC, BA, CA, CB cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn này được gọi là đường tròn Taylor [5]. Tâm đường tròn Taylor trong ETC là Kimberling center X(389) [1].
A
BA CA
B0
C0
AB
AC
B A0 C
CB BC
Hình 11.4: Đường tròn Taylor
Chứng minh đường tròn Taylor. Ta thực hiện phép biến đổi góc sau:
∠AABAC = ∠AA0AC (A, AB, A0, AC nằm trên đường tròn (AA0))
= ∠ACB (cùng phụ ∠A0AC)
= ∠AC0B0(B, C, B0, C0nằm trên đường tròn (BC))
= ∠ACABA (B0, C0, BA, CA nằm trên đường tròn(B0C0))
Do vậy 4 điểm AB, AC, BA, CA cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh tương tự thì BABCCBAB và CACBBCAC đều là các tứ giác nội tiếp đường tròn. Giả sử ba đường tròn này không trùng nhau thì ta thấy BCCB, CAAC, ABBA lần lượt là các trục đẳng phương của 2 trong bộ 3 đường tròn {(ABACBACA); (BABCCBAB); (CACBBCAC)}, tức là BCCB, CAAC, ABBA phải đồng quy (mâu thuẫn). Do vậy, 3 đường tròn này trùng nhau và 6 điểm AB, AC, BC, BA, CA, CB cùng
thuộc 1 đường tròn.
78
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
Các chứng minh khác cho đường tròn Taylor tham khảo thêm trong [6], [7].
Định nghĩa 5. Cho 4ABC với D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó, tâm nội tiếp của 4DEF được gọi là điểm Spieker của 4ABC.
Sau đây tác giả sẽ trình bày thêm một tính chất liên quan đến tâm đường tròn Taylor X(389) và điểm Spieker.
Bổ đề 6. 4ABC nhọn với A0, B0, C0lần lượt là ba chân đường cao. Khi đó, tâm của đường tròn Taylor của 4ABC là điểm Spieker của 4A0B0C0.
A
BA CA
B0
D
C0
AB
E
S F
AC
B A0 C
CB BC
Hình 11.5
Chứng minh. S là tâm đường tròn Taylor của 4ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của B0C0, C0A0, A0B0. Trước hết ta chứng minh ABAC đi qua E, F. Thật vậy, do E là trung điểm của C0A0 nên ∠EABA0 = ∠C0A0AB = 90◦ −∠BC0A0 = 90◦ −∠ACB = ∠A0AAC = ∠ACABA0. Do đó, E ∈ ABAC. Tương tự với F suy ra ABAC đi qua E, F. Chứng minh tương tự như trên ta được BABC đi qua F, D và CACB đi qua D, E. Mặt khác dễ thấy BACA k CBBC nên BACABCCB là một hình thang cân, mà D = BABC ∩ CACB suy ra 4DBCCB là tam giác cân và DS là phân giác của ∠BCDCB ≡ ∠EDF. Tương tự, ES là phân giác của ∠DEF. Vậy S là
tâm nội tiếp của 4DEF và cũng là điểm Spieker của 4A0B0C0.
Nhận xét. Kết quả trên chỉ đúng khi 4ABC là tam giác nhọn. Khi 4ABC tù lần lượt tại A, B, C thì tâm đường tròn Taylor của 4ABC sẽ là tâm bàng tiếp tương ứng với các đỉnh D, E, F của tam giác trung bình DEF của 4A0B0C0.
Tác giả xin tiếp tục nêu thêm ra một kết quả nổi tiếng liên quan đến điểm Spieker:
Bổ đề 7. 4ABC với tâm nội tiếp I, trọng tâm G và điểm Spieker Sp và điểm Nagel Na. Khi đó, I, G, Sp, Na cùng nằm trên một đường thẳng và INa = 2ISp = 3IG.
Đây là một định lý nổi tiếng, bạn đọc có thể tham khảo chứng minh của nó từ trang 7-12 trong [6].
Định lý 1. Cho 4ABC với trực tâm H, đường tròn ngoại tiếp (O) và 4DEF là tam giác tạo bởi ba chân đường cao của 4ABC. S là tâm đường tròn Taylor của 4ABC. H∗là ảnh nghịch đảo của H qua (O). Khi đó, đường thẳng SH∗ đi qua điểm Kosnita K của 4ABC.
79
Tạp chí Epsilon, Số 09, 06/2016
A
E
J
X
Ho
S
Z
K
R
O
F
H Y
G P Q N
H∗
B
LM
C
D
Hình 11.6: Định lý 3.1
Trong đó, ảnh nghịch đảo H∗của H của (O) là Kimberling center X(186) trong ETC [1]. Trong bài viết này tác giả sẽ nêu chứng minh của định lý 1 trong trường hợp 4ABC nhọn (các trường hợp còn lại chứng minh tương tự). Khi đó, tâm đường tròn Taylor chính là điểm Spieker của tam giác DEF. Do vậy, ta quy bài toán về việc chứng minh đường thẳng đi qua điểm Spieker của 4DEF và ảnh nghịch đảo của H qua (O) đi qua điểm Kosnita K.
Chứng minh định lý. N là tâm đường tròn Euler của 4ABC và P là trung điểm của NO. X, Y, Z, J, L, M tương ứng là trung điểm của EF, F D, DE, HA, HB, HC. Dễ thấy H là tâm nội tiếp của 4DEF (kết quả nổi tiếng). Gọi Ho, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của 4DEF. Ta được Ho, G, N thẳng hàng trên đường thẳng Euler của 4DEF và H, G, S thẳng hàng, HG = 2GS. Gọi Q là trung điểm của HK. r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và
ngoại tiếp của 4DEF.
Ta có OA2 = OH.OH∗suy raOH OH∗=
AH AH∗
2
=
OH OA
2
=NH2
R2. Mặt khác, áp dụng
công thức Euler và chú ý là H, N lần lượt là tâm nội tiếp và tâm ngoại tiếp của 4DEF,
thì NH2 = Rr2 − 2Rr = R(R − 2r). Do đó, OH
R. VậyOP
P H∗
OH∗=3R + 2r 4R.
OH∗=R − 2r
OH∗=R − 2r 4Rhay
Xét phép vị tự tâm H tỉ số 12, A 7→ J; B 7→ L; C 7→ M; K 7→ Q, do đó Q là điểm Kosnita của 4JLM. Mặt khác, ta có kết quả nổi tiếng J, L, M lần lượt là trung điểm các cung EF, F D, DE của đường tròn (DEF). Theo kết quả 2.2, 2.3 thì Q là điểm Schiffler của 4DEF, Q ∈ HoN và
80