Định lý Ptolemy: Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Khi đó
$AC.BD=AB.CD+AD.BC$
Chứng minh:
Trên $AC$ lấy $E$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBD}$.
Khi đó ta chứng minh được $\Delta ABE\sim \Delta DBC$ suy ra $AB.CD=AE.BD$.
Tương tự ta chứng minh được $\Delta BEC\sim \Delta ABD$ suy ra $CE.BD=BC.AD$.
Từ đó cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2: (Dạng mạnh của định lý Ptolemy) Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AB=a,BC=b,CD=c,DA=d$. Khi đó ta có
$$AC^2=\dfrac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}$$ và $$BD^2=\dfrac{(ac+bd)(ab+cd)}{ad+bc}$$
Chứng minh:
Ta có
$AC^2=(a^2+b^2-2ab.\cos \widehat{ABC}=b^2+d^2-2cd.\cos \widehat{ADC}$
Mà tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{ABC}+\widehat{ABD}=180^o$ hay $\cos\widehat{ABC}=-\cos\widehat{ADC}$. Từ đây ta có
$\cos \widehat{ABC}=\dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}$
Thay vào biểu thức $AC^2$ ta có
$AC^2=\dfrac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}$
Thay vào biểu thức $AC^2$ ta có
$AC^2=\dfrac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}$
Tương tự ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả của định lý Ptolemy là định lý mà ta hay gọi là định lý Stewart
Định lý 3 (Định lý Stewart) Cho tam giác $ABC$ và $D$ là điểm nằm trên cạnh $BC$. Đặt $DB=m,DC=n,d=AD$. Khi đó
$$a(d^2+mn)=b^2m+c^2n$$
Chứng minh
Cho tia $AD$ cắt $(ABC)$ tại $P$.
Thông qua tam giác đồng dạng, ta chứng minh được
$$\dfrac{BP}{m}=\dfrac{b}{d}; \dfrac{CP}{n}=\dfrac{c}{d}$$
Mặt khác ta có $DP.d=mn$ hay $DP=\dfrac{mn}{d}$
Áp dụng định lý Ptolemy, ta có
$$BC.AP=AC.BP+AB.CP$$
Thay các giá trị trên theo $a,b,c,m,n,d$ ta có điều phải chứng minh.
Bài toán:(IMO-2001) Let $a>b>c>d$ is postive integers and suppose that
$$ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c).$$ Prove that $ab+cd$ is not prime.
(Cho các số dương $a,b,c,d$ thoả $a>b>c>d$ và $ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)$. Chứng minh rằng $ab+cd$ không thể là số nguyên tố.)
Nhận xét:
Ta có thể viết lại điều kiện dưới dạng $a^2+c^2-ac=b^2+d^2+bd$. Từ đây có thể thấy hai về là độ dài hai cạnh của hai tam giác. Từ đây ta có thể hình dung là tam giác này có chung một cạnh. Hơn nữa hai góc đội diện cạnh này của hai tam giác là $60^o$ và $120^o$. Do đó có thể thấy hai tam giác đang đề cập chính là một tứ giác nội tiếp và cạnh chung của hai tam giác chính là đường chéo của chúng. Vậy ta hãy xem về tính chất hình học, tứ giác này có gì đặc biệt?
Chứng minh.
Xét tứ giác nội tiếp $ABCD$ sao cho $AB=a,BC=c,CD=b,DA=d$ và $\widehat{ABC}=60^o, \widehat{ADC}=120^o$. Từ đó dễ dàng suy ra
$$AC=\sqrt{a^2-ac+c^2}=\sqrt{b^2+d^2+bd}$$
Theo định lý 2 thì
$$AC^2=\dfrac{(ab+cd)(ad+bc)}{ac+bd}$$
Giả sử phản chứng $ab+cd$ là số nguyên tố $p$ nào đó. Ta có
$$p>ac+bd>ad+bc.$$
Đặt $y=ac+bd,x=ad+bc$. Khi đó
$$p.\dfrac{x}{y}$$
không thể là số nguyên nếu $p$ là số nguyên tố và $x<y<p$ vì nếu số này nguyên thì $xp$ chia hết cho $y$, kết hợp với $y,p$ nguyên tố cùng nhau thì $x$ chia hết cho $y$. Từ đây suy ra $x=0$ (vì $0\le x\le y$) nhưng đây là mâu thuẫn. Mặt khác $AC=a^2+c^2-ac$ là số nguyên. Do đó giải sử sai và ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả của định lý Ptolemy là định lý mà ta hay gọi là định lý Stewart
Định lý 3 (Định lý Stewart) Cho tam giác $ABC$ và $D$ là điểm nằm trên cạnh $BC$. Đặt $DB=m,DC=n,d=AD$. Khi đó
$$a(d^2+mn)=b^2m+c^2n$$
Chứng minh
Cho tia $AD$ cắt $(ABC)$ tại $P$.
Thông qua tam giác đồng dạng, ta chứng minh được
$$\dfrac{BP}{m}=\dfrac{b}{d}; \dfrac{CP}{n}=\dfrac{c}{d}$$
Mặt khác ta có $DP.d=mn$ hay $DP=\dfrac{mn}{d}$
Áp dụng định lý Ptolemy, ta có
$$BC.AP=AC.BP+AB.CP$$
Thay các giá trị trên theo $a,b,c,m,n,d$ ta có điều phải chứng minh.
Bài toán:(IMO-2001) Let $a>b>c>d$ is postive integers and suppose that
$$ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c).$$ Prove that $ab+cd$ is not prime.
(Cho các số dương $a,b,c,d$ thoả $a>b>c>d$ và $ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)$. Chứng minh rằng $ab+cd$ không thể là số nguyên tố.)
Nhận xét:
Ta có thể viết lại điều kiện dưới dạng $a^2+c^2-ac=b^2+d^2+bd$. Từ đây có thể thấy hai về là độ dài hai cạnh của hai tam giác. Từ đây ta có thể hình dung là tam giác này có chung một cạnh. Hơn nữa hai góc đội diện cạnh này của hai tam giác là $60^o$ và $120^o$. Do đó có thể thấy hai tam giác đang đề cập chính là một tứ giác nội tiếp và cạnh chung của hai tam giác chính là đường chéo của chúng. Vậy ta hãy xem về tính chất hình học, tứ giác này có gì đặc biệt?
Chứng minh.
Xét tứ giác nội tiếp $ABCD$ sao cho $AB=a,BC=c,CD=b,DA=d$ và $\widehat{ABC}=60^o, \widehat{ADC}=120^o$. Từ đó dễ dàng suy ra
$$AC=\sqrt{a^2-ac+c^2}=\sqrt{b^2+d^2+bd}$$
Theo định lý 2 thì
$$AC^2=\dfrac{(ab+cd)(ad+bc)}{ac+bd}$$
Giả sử phản chứng $ab+cd$ là số nguyên tố $p$ nào đó. Ta có
$$p>ac+bd>ad+bc.$$
Đặt $y=ac+bd,x=ad+bc$. Khi đó
$$p.\dfrac{x}{y}$$
không thể là số nguyên nếu $p$ là số nguyên tố và $x<y<p$ vì nếu số này nguyên thì $xp$ chia hết cho $y$, kết hợp với $y,p$ nguyên tố cùng nhau thì $x$ chia hết cho $y$. Từ đây suy ra $x=0$ (vì $0\le x\le y$) nhưng đây là mâu thuẫn. Mặt khác $AC=a^2+c^2-ac$ là số nguyên. Do đó giải sử sai và ta có điều phải chứng minh.
No comments:
Post a Comment