giao trinh hhsc

ĐỖ ĐỨC THÁI (CHỦ BIÊN)

PHẠM VIỆT ĐỨC VÀ PHẠM HOÀNG HÀ

CƠ SỞ HÌNH HỌC

VÀHÌNH HỌC SƠ CẤP

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HÀ NỘI - 2011

Mục lục

I Cơ sở hình học 9

1 Hệ tiên đề Hilbert 11

1.1 Tiên đề về liên thuộc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2 Tiên đề về tính ở giữa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.3 Tiên đề về sự toàn đẳng giữa các đoạn thẳng . . . . . . . 30

1.4 Tiên đề về quan hệ toàn đẳng cho góc . . . . . . . . . . 38

1.5 Mặt phẳng Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.6 Giao của đường thẳng và đường tròn . . . . . . . . . . . 47

1.7 Mặt phẳng Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

1.8 Đôi nét về lịch sử của vấn đề các đường thẳng song songvà Hình học phi Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2 Vấn đề độ đo trong Hình học Euclid 77

2.1 Độ dài đoạn thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.2 Diện tích trong hình học Euclid . . . . . . . . . . . . . . 104

2.3 Lý thuyết thể tích của Euclid . . . . . . . . . . . . . . . 130

2.4 Bài toán thứ ba của Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . 136

3

3 Vấn đề dựng hình 145

3.1 Lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng Euclid . . . . . . 146

3.2 Ba bài toán điển hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

3.3 Đa giác đều 17 cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

3.4 Dựng hình bằng compa và thước kẻ chia vạch . . . . . . 166

3.5 Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn . . . . . . 175

3.6 Phụ lục: Mở rộng trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . 184

II Hình học sơ cấp 199

4 Tập lồi 201

4.1 Một số khái niệm mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

4.2 Chiều và tôpô của tập hợp lồi . . . . . . . . . . . . . . . 211

4.3 Tập hợp lồi và siêu phẳng. Các định lý phân tách . . . . 219

4.4 Biên của tập lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

4.5 Định lý Helly và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

4.6 Hàm số lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

5 Đa diện lồi 243

5.1 Những tính chất tôpô cơ bản của đa diện lồi . . . . . . . 243

5.2 Đa diện đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

5.3 Thể tích và diện tích mặt của hình đa diện . . . . . . . . 265

5.4 Thể tích và diện tích mặt của tập lồi compact . . . . . . 272

6 Các phép biến hình của mặt phẳng 287

6.1 Đại cương về các phép biến hình phẳng . . . . . . . . . . 287

6.2 Phép dời hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

6.3 Phép phản chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

4

6.4 Dạng chính tắc của các phép đẳng cự . . . . . . . . . . . 311

6.5 Hợp thành của các phép đẳng cự . . . . . . . . . . . . . 316

6.6 Các phép đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321

6.7 Phép nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334

6.8 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342

6.8.1 Các phép dời hình . . . . . . . . . . . . . . . . . 342

6.8.2 Phép đối xứng trục . . . . . . . . . . . . . . . . . 346

6.8.3 Phép đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

6.8.4 Phép nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

5

Lời nói đầu

Giáo trình Cơ sở hình học và Hình học sơ cấp được biên soạn dựa trênchương trình đào tạo cử nhân theo hình thức tín chỉ ở các khoa Toáncủa các trường Đại học Sư phạm và làm tài liệu tham khảo cho sinh viêncác trường Đại học khoa học tự nhiên cũng như giáo viên Toán của cáctrường phổ thông.

Giáo trình gồm có hai phần.Phần I trình bày về Cơ sở hình học bao gồm ba chương. Chương 1 trìnhbày những kiến thức cốt lõi về Hệ tiên đề Hilbert của Hình học Euclidvà giới thiệu đôi nét về lịch sử của vấn đề các đường thẳng song song vàHình học phi Euclid. Chương 2 trình bày những kiến thức cốt lõi về vấnđề độ đo trong Hình học Euclid theo quan điểm của Hệ tiên đề Hilbert:độ dài đoạn thẳng, diện tích và thể tích. Dựng hình là một trong nhữngvấn đề phức tạp nhất trong Hình học sơ cấp về cả hai phương diện: xâydựng chính xác về mặt toán học dựa trên Hệ tiên đề Hilbert của Hình họcEuclid và khảo sát những hình hình học nào là dựng được cũng như tìmthuật toán để dựng các hình hình học đó. Chương 3 nhằm giải quyết vấnđề trên với những kiến thức cốt lõi về vấn đề dựng hình trong Hình họcsơ cấp dựa trên Hệ tiên đề Hilbert của Hình học Euclid dưới góc độ củaLý thuyết Galois.Phần II trình bày về Hình học sơ cấp bao gồm ba chương. Chương 4 vàChương 5 lần lượt trình bày những kiến thức cốt lõi về Tập lồi và Đa diệnlồi. Chương 6 trình bày về Các phép biến hình phẳng.

Giảng dạy toán phổ thông trong các trường Đại học Sư phạm là mộtviệc làm cần thiết và có ý nghĩa. Nó không những có tác dụng giúp sinhviên tìm hiểu sâu thêm toán phổ thông, đặng phục vụ cho công tác giảngdạy sau này của họ, mà còn giúp sinh viên hiểu và biết vận dụng nhữngkiến thức toán học hiện đại được dạy và học tại Khoa Toán của trườngĐại học Sư phạm. Tuy nhiên, khác với việc giảng dạy Toán sơ cấp bằngcách tiếp cận hoàn toàn sơ cấp, chúng tôi cho rằng việc giảng dạy Toánsơ cấp ở trường Đại học phải được tiến hành theo cách nhìn và vận dụngnhững công cụ mạnh của Toán học cao cấp, cung cấp cho người học cơsở toán học hiện đại của Toán học sơ cấp cũng như sự phát triển sâu sắccủa chúng trong Toán học cao cấp. Điều đó cũng góp phần để bạn đọcthấy được nguồn gốc sâu xa của những kỹ thuật tinh vi trong Toán họchiện đại. Cuốn sách này đã được biên soạn theo tinh thần đó.

6

Khi biên soạn Giáo trình này chúng tôi hết sức chú trọng đến yếu tốsư phạm nhằm giúp bạn đọc nắm được thực chất của môn học. Một sốđịnh lý khó trong chương trình đã được chứng minh bằng những cách đơngiản. Cuối mỗi mục có nhiều bài tập để bạn đọc tự kiểm tra kiến thứcvà rèn luyện kỹ năng giải toán. Đặc biệt, hệ thống bài tập ở từng chươnglà một phần không thể tách rời của lý thuyết. Chúng thực chất là nhữngkiến thức cần thiết nhưng chưa được trình bày do khuôn khổ có hạn củathời lượng giờ dạy trên lớp.

Chúng tôi cũng muốn trao đổi với các bạn đồng nghiệp thêm một vàiquan điểm khi biên soạn cuốn giáo trình này. Trước hết, những kiến thứcvề Cơ sở hình học và Hình học sơ cấp có thể nói đã trở thành kinh điển(thực tế là trong nhiều năm nay đã không còn những kết quả nghiên cứumới về lĩnh vực đó được công bố trên những tạp chí toán học có uy tín)và đã được trình bày trong rất nhiều cuốn sách hay. Vì thế, vấn đề đặt ravới chúng tôi là phải lựa chọn kiến thức và sắp xếp làm sao cho phù hợpvới Khung chương trình đào tạo theo tín chỉ của Khoa Toán các TrườngĐại học Sư phạm và khả năng tiếp thu của các em sinh viên. Mặt khác,chúng tôi cho rằng để đại học của chúng ta hội nhập với quốc tế thì mộttrong những yếu tố quan trọng nhất là sinh viên của chúng ta phải đượctiếp cận và học theo những giáo trình chuẩn của những trường đại họcdanh tiếng của thế giới. Sau khi cân nhắc, chúng tôi đã chọn các cuốnsách "Geometry 1,2" của tác giả M. Berger [2] và "Geometry: Euclid andBeyond" của tác giả R. Hartshorne [1] để dựa vào đó. Cụ thể, Phần Iđã được chúng tôi biên soạn, lựa chọn và trích dịch từ những Chương 1-6trong cuốn sách của tác giả R. Hartshorne [1]; Phần 2 từ những Chương11-12 trong cuốn sách của tác giả M. Berger [2]. Chúng tôi rất mong cácbạn đồng nghiệp, đặc biệt là các bạn sinh viên hãy đọc toàn bộ các chươngcó liên quan trong các cuốn sách [1] và [2]. Còn có rất nhiều điều haymà chúng tôi không đưa được vào Giáo trình này.

Cuốn sách này cũng là công sức của tập thể giảng viên và nghiên cứusinh của Bộ môn Hình học, Khoa Toán-Tin Đại học Sư phạm Hà Nộitrong suốt nhiều năm giảng dạy môn học Cơ sở hình học và Hình học sơcấp.

Cuốn sách không thể tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi mongnhận được sự lượng thứ và ý kiến đóng góp của các bạn đọc.

Hà nội, mùa thu năm 2011.Các tác giả

7

Phần I

Cơ sở hình học

9

Chương 1

Hệ tiên đề Hilbert

Mục đích của chương này là trình bày hệ tiên đề Hilbert cho hình họcEuclid. Hệ tiên đề này được Hilbert đưa ra năm 1899. Như chúng ta đãbiết, việc thiết lập một hệ tiên đề như thế là hết sức quan trọng. Nó chophép Hình học Euclid trở thành một ngành toán học mang tính chấtchặt chẽ. Hơn nữa, nó cho phép chúng ta có cơ sở để nghiên cứu nhữnggiả thiết khó của Hình học Euclid đã tồn tại trong nhiều thế kỉ như làcâu hỏi về tính độc lập của định đề song song. Chỉ trên cơ sở hiểu biếtmột cách sâu sắc cái gì được giả định, cái gì không chúng ta mới tránhđược vòng luẩn quẩn khi giải quyết những giả thiết đó.

Theo ý tưởng của Hilbert, hình học Euclid bao gồm những khái niệm,những mối quan hệ và những thuộc tính (tính chất) của những khái niệmđó. Ta phải chọn lọc một số tối thiểu các khái niệm không định nghĩa,cũng như thừa nhận một số tối thiểu những thuộc tính và quan hệ giữachúng để rồi từ đó định nghĩa tất cả các khái niệm khác, chứng minh tấtcả những tính chất khác. Những khái niệm không định nghĩa gọi là cáckhái niệm cơ bản, những mệnh đề được thừa nhận không chứng minhgọi là các tiên đề.

Như vậy, để xây dựng hình học bằng phương pháp tiên đề trước hếtta phải đưa ra

- Các khái niệm cơ bản.

- Các tiên đề (đặc trưng cho mối quan hệ và tính chất của các kháiniệm cơ bản).

11

12 CHƯƠNG 1. HỆ TIÊN ĐỀ HILBERT

Trên cơ sở đó, ta định nghĩa các khái niệm khác và suy diễn ra cáctính chất khác liên quan đến các khái niệm đã có. Các tính chất và cáckhẳng định khác tiên đề được gọi là các mệnh đề, bổ đề, định lí tùy thuộcvào nội dung và vị trí của nó. Các khẳng định này được suy diễn nhờ cácquy tắc suy luận logic.

Cho đến nay có nhiều hệ tiên đề khác nhau cho hình học Euclid. Tuynhiên, dù là hệ tiên đề nào đi chăng nữa, mỗi hệ tiên đề cho hình họcEuclid đều phải thỏa mãn các yêu cầu sau.a. Tính phi mâu thuẫn: Một hệ tiên đề gọi là phi mâu thuẫn nếu từ hệtiên đề đó ta không thể suy diễn ra hai kết quả trái ngược nhau. Nếumột hệ tiên đề có mâu thuẫn thì ta không thể phân biệt đúng, sai cholý thuyết xây dựng từ hệ tiên đề đó. Tính phi mâu thuẫn là yêu cầu bắtbuộc của một hệ tiên đề.b. Tính độc lập: Một hệ tiên đề được gọi là độc lập nếu mỗi tiên đề củahệ không thể được chứng minh nhờ các tiên đề còn lại. Nói cách khác,một hệ tiên đề là độc lập nếu ta không thể rút bớt một tiên đề nào tronghệ tiên đề đó. Trong thực tiễn, đôi khi ta không đòi hỏi khắt khe yêu cầunày nhằm giảm bớt quá trình suy diễn và do đó có thể giúp người đọcsớm tiếp cận đến những kiến thức tinh tế của môn học.c. Tính đầy đủ: Một hệ tiên đề được gọi là đầy đủ nếu mọi khẳng địnhcủa hình học Euclid đều được suy diễn từ nó.

Trong hệ tiên đề Hilbert cho hình học Euclid có ba đối tượng cơ bảnlà điểm, đường thẳng, mặt phẳng, ba quan hệ cơ bản là thuộc, ở giữa,toàn đẳng và 21 tiên đề chia làm 5 nhóm: nhóm tiên đề liên thuộc, nhómtiên đề về thứ tự, nhóm tiên đề về toàn đẳng, nhóm tiên đề về liên tục,tiên đề về song song.

1.1 Tiên đề về liên thuộc

Các tiên đề về liên thuộc đề cập đến các điểm, đường thẳng và giao giữachúng. Điểm và đường thẳng là những đối tượng không xác định. Nóimột cách đơn giản ta thừa nhận một tập mà các phần tử của nó gọi là cácđiểm, các tập con thật sự của nó gọi là các đường thẳng. Ta không nóiđiểm là gì hay những tập con nào hình thành nên những đường thẳng.Nhưng ta đòi hỏi những đối tượng không xác định đó phải thỏa mãn

Phần I: Cơ sở hình học 13

những tiên đề sau.I1. Với hai điểm bất kì A,B tồn tại duy nhất một đường thẳng l sao choA và B đều thuộc l.I2. Có ít nhất hai điểm thuộc một đường thẳng bất kỳ.I3. Tồn tại ba điểm không cùng thuộc một đường thẳng.

1.1.1 Định nghĩa. Một tập, các phần tử của nó gọi là những điểm cùngvới một tập các tập con của nó gọi là các đường thẳng, thỏa mãn cáctiên đề (I1), (I2), (I3) sẽ được gọi là hình học liên thuộc. Nếu một điểm Pthuộc đường thẳng l thì ta sẽ nói rằng P nằm trên l hoặc l đi qua P. Nếucác điểm A,B,C, · · · thuộc cùng một đường thẳng thì ta sẽ nói rằng cácđiểm A,B,C, · · · là thẳng hàng.

Mệnh đề sau là một hệ quả của các tiên đề trên.

1.1.2 Mệnh đề. Hai đường thẳng phân biệt có nhiều nhất một điểmchung.

Chứng minh. Giả sử m, l là hai đường thẳng khác nhau và chứa hai điểmA,B với A 6= B. Theo (I1), tồn tại duy nhất đường thẳng chứa cả A vàB. Vì vậy l phải trùng với m.

Ta chỉ ra một vài ví dụ của hình học liên thuộc đã được định nghĩaở trên.

1.1.3 Ví dụ. (Mặt phẳng Descartes thực)Tập các điểm là R2. Đường thẳng là tập con bao gồm những điểm P (x, y)thỏa mãn phương trình tuyến tính ax+ by+ c = 0 với hai biến x, y (xemhình vẽ)Để thử tiên đề (I1), ta lấy hai điểm A = (a1, a2) và B = (b1, b2). Hai điểm

này thuộc đường thẳng y−a2 =b2 − a2

b1 − a1

(x−a1) nếu a1 6= b1. Chúng thuộc

đường thẳng x = a1 nếu a1 = b1. Để thử tiên đề (I2), ta lấy một phươngtrình tuyến tính tùy ý mà ta rút được y theo x. Thay hai giá trị khácnhau của x ta được y. Vậy ta được hai điểm thuộc đường thẳng này. Nếuphương trình không rút được y, tức là nó có dạng x = c, thì ta lấy haiđiểm (c, 0) và (c, 1). Để thử tiên đề (I3), ta xét 3 điểm (0, 0), (0, 1), (1, 0).


Dễ thấy không tồn tại một phương trình tuyến tính nào mà cả ba điểmđó đều thỏa mãn.

1.1.4 Ví dụ. Ta có thể tạo ra một mô hình từ tập hợp gồm hữu hạnđiểm. Chẳng hạn lấy tập gồm ba điểm A,B,C. Đường thẳng là cáctập con A,B,B,C và A,C. Ta biểu diễn tập này bởi một biểu đồ.Các điểm tô đậm biểu diễn các phần tử của tập, các đường vẽ trên tranggiấy chỉ các tập con và được lấy như là các đường thẳng (xem hình vẽ).Việc thử các tiên đề là tầm thường.

1.1.5 Định nghĩa. Hai đường thẳng phân biệt được gọi là song songnếu chúng không có điểm chung. Ta cũng nói rằng một đường thẳng bấtkì là song song với chính nó.

Định đề song song hoặc các dạng tương đương với nó được đưa ra bởiPlayfair và có thể được phát triển như là một tiên đề về liên thuộc củanhững đường thẳng. Tuy nhiên ta không gộp tiên đề này vào trong địnhnghĩa hình học liên thuộc. Do đó, ta có thể nói rằng hình học liên thuộcthỏa mãn hoặc không thỏa mãn tiên đề Playfair.

P. (Tiên đề Playfair cũng được gọi là tiên đề song song)Với mỗi điểm A và với mỗi đường thẳng l tồn tại nhiều nhất một đườngthẳng chứa A sao cho nó song song với l.

Chú ý rằng mặt phẳng Descartes (1.1.3) thỏa mãn (P) và hình họcba điểm (1.1.4) cũng thỏa mãn (P), bởi vì không tồn tại những đườngthẳng phân biệt song song. Tiếp theo ta đưa ra một ví dụ về hình họcliên thuộc mà không thỏa mãn (P).


1.1.6 Ví dụ. Lấy tập hợp gồm 5 điểm A,B,C,D,E và đường thẳnglà những tập con gồm hai điểm. Dễ thấy rằng hình học này thỏa mãn(I1)− (I3). Tuy nhiên nó không thỏa mãn (P), bởi vì, chẳng hạn AB vàAC là hai đường thẳng phân biệt đi qua A và cùng song song với đườngthẳng DE (xem hình vẽ).

Ta nói rằng hai mô hình của một hệ tiên đề là đẳng cấu nếu tồn tạitương ứng 1 − 1 giữa tập các điểm của chúng sao cho tập con của tậpđiểm thứ nhất là một đường thẳng thì tập con tương ứng của tập điểmthứ hai cũng là một đường thẳng. Một cách ngắn gọn ta nói "Tươngứng biến một đường thẳng thành một đường thẳng". Chẳng hạn ta thấy(1.1.3),(1.1.4) và (1.1.6) là các mô hình không đẳng cấu của hình họcliên thuộc, bởi một lí do đơn giản là các tập điểm của chúng có lực lượngkhác nhau.Mặt khác, ta có thể chỉ ra bất cứ một mô hình nào của hình học liênthuộc có ba điểm đều đẳng cấu với mô hình cho trong (1.1.4). Thật vậy,lấy tập 1, 2, 3 là hình học gồm ba điểm. Theo (I3) phải có ba điểmkhông thẳng hàng. Do chỉ có ba điểm ở đây nên không tồn tại đườngthẳng chứa tất cả ba điểm. Nhưng theo (I1), mỗi tập con gồm có haiđiểm phải chứa trong một đường thẳng. Do đó 1, 2,1, 3 và 2, 3 lànhững đường thẳng. Theo (I2), mọi đường thẳng chứa ít nhất hai điểm,vì vậy tập các đường thẳng chỉ có thể gồm ba đường thẳng trên. Nóicách khác đường thẳng là tập con chỉ có hai phần tử. Từ (1.1.4), ta cũngcó tính chất này. Vậy mọi tương ứng 1− 1 giữa A,B,C và 1, 2, 3 sẽcho ta một đẳng cấu. Mặt khác, lập luận này cũng chỉ ra rằng đẳng cấunói trên là không duy nhất. Tồn tại 6 đẳng cấu như thế. Điều này đưachúng ta tới khái niệm tự đẳng cấu.

1.1.7 Định nghĩa. Một tự đẳng cấu của hình học liên thuộc là mộtđẳng cấu của hình học đó với chính nó, nghĩa là một ánh xạ 1− 1 giữatập các điểm vào chính nó mà bảo tồn những đường thẳng.


Chú ý rằng hợp thành của hai tự đẳng cấu là một tự đẳng cấu vànghịch đảo của tự đẳng cấu cũng là một tự đẳng cấu. Do đó, tập các tựđẳng cấu tạo thành một nhóm. Trong ví dụ trên, bất kì tương ứng 1− 1nào của tập hợp gồm ba phần tử vào chính nó cho ta một tự đẳng cấuhình học. Vì vậy nhóm các tự đẳng cấu của hình học này là nhóm đốixứng S3.

Một câu hỏi quan trọng về hệ tiên đề là liệu mỗi một tiên đề tronghệ có độc lập với các tiên đề khác không. Nghĩa là không có một tiên đềnào trong chúng có thể chứng minh được như một hệ quả của các tiênđề khác. Nếu tiên đề nào là hệ quả của các tiên đề khác thì ta khôngcần đến tiên đề đó nữa. Thông thường để chứng minh một tiên đề Akhông là hệ quả của các tiên đề B,C,D... ta đi tìm một mô hình màở đó tiên đề B,C,D... nghiệm đúng còn tiên đề A không nghiệm đúng.Nếu mô hình như thế tồn tại thì ta kết luận rằng A độc lập với các tiênđề khác. Quá trình này phải được lặp lại với mỗi tiên đề cụ thể để chỉ rarằng mỗi một tiên đề trong hệ là độc lập với mọi tiên đề khác (Thật ra,với một hệ có nhiều tiên đề việc làm này có thể khó khăn!). Để bạn đọcdễ nắm bắt vấn đề ta sẽ chỉ ra các tiên đề (I1), (I2), (I3) và (P) là độc lập.

1.1.8 Mệnh đề. Các tiên đề (I1), (I2), (I3)và (P) là độc lập với nhau.

Chứng minh. Ta đã thấy (1.1.6) là một mô hình thỏa mãn (I1), (I2), (I3)và không thỏa mãn (P ). Vậy (P ) độc lập với các tiên đề đó.

Để có mô hình thỏa mãn (I1), (I2), (P ) và không thỏa mãn (I3), talấy tập các điểm là tập gồm hai điểm và đường thẳng là tập chứa cảhai điểm đó. Rõ ràng (P ) thỏa mãn, bởi vì không tồn tại một điểm nàokhông thuộc đường thẳng l.Cho một mô hình thỏa mãn (I1), (I3), (P ) và không thỏa mãn (I2) ta lấytập các điểm gồm ba điểm A, B, C, các đường thẳng gồm các tập conA,B, A,C, B,C và A. Sự tồn tại đường thẳng gồm một điểm


A mâu thuẫn với (I2). Nhưng (P ) vẫn thỏa mãn, bởi vì đường thẳnggồm một điểm A là đường thẳng duy nhất đi qua A và song song vớiB,C.Để cho một mô hình thỏa mãn (I2), (I3), (P ) và không thỏa mãn (I1), talấy tập các điểm gồm ba điểm và không có một đường thẳng nào cả.

Khi chúng ta khảo sát hệ tiên đề, có một vài khái niệm ta cần đềcập đến. Một hệ tiên đề được gọi là phi mâu thuẫn nếu không thể chứngminh được từ hệ tiên đề đó một mệnh đề A và phủ định của A. Đâylà yêu cầu bắt buộc của một hệ tiên đề. Tuy nhiên nhà logic học KurtGoedel đã chứng minh được rằng dù hệ tiên đề có bao nhiêu tiên đề đichăng nữa cũng không thể chứng minh được tính phi mâu thuẫn của hệtiên đề đó. Vậy nên ta chỉ có thể xem xét tính phi mâu thuẫn một cáchtương đối. Thông thường, ta tìm một mô hình cho hệ tiên đề trong mộtlí thuyết toán học T nào đó mà T là phi mâu thuẫn. Thế thì hệ tiên đềcủa chúng ta cũng là phi mâu thuẫn. Với bất kì mâu thuẫn nào đượcsuy ra từ hệ tiên đề của bạn thì mâu thuẫn đó cũng xuất hiện trong líthuyết T. Ví dụ, nếu bạn tin vào tính phi mâu thuẫn của lí thuyết cáctập số thực thì bạn phải chấp nhận tính phi mâu thuẫn của hệ tiên đềHilbert cho hình học, bởi vì mọi tiên đề đó sẽ nghiệm đúng trong mặtphẳng Descartes. Đó là cách tốt nhất ta có thể làm để trả lời cho câu hỏivề tính phi mâu thuẫn.

Cuối cùng ta đặt ra câu hỏi liệu một hệ tiên đề có đầy đủ không,nghĩa là mọi phát biểu đúng trong mỗi mô hình của hệ tiên đề đều đượcchứng minh như là một hệ quả của các tiên đề. Một lần nữa Goedel đãchỉ ra rằng dù hệ tiên đề có bao nhiêu tiên đề đi chăng nữa cũng khôngthể đầy đủ được.

Bài tập

I.1. Mô tả mọi hình học liên thuộc có thể có trên một tập gồm 4 điểm,sai khác nhau một đẳng cấu. Cái nào trong số đó thỏa mãn (P)?I.2. Giả sử F là một trường. Gọi F 2 (mặt phẳng Descartes trên F ) làtập các cặp có thứ tự các phần tử của F và F 2 là tập các điểm. Địnhnghĩa đường là tập con xác định bởi phương trình tuyến tính như trongví dụ (1.1.3). Hãy chứng tỏ các tiên đề (I1), (I2), (I3) và (P ) thỏa mãnmô hình.


I.3. Một mặt phẳng xạ ảnh là một tập hợp những điểm và những tậpcon (gọi là những đường thẳng) thỏa mãn bốn tiên đề sau:P1. Hai điểm tùy ý phân biệt nằm trên một đường thẳng duy nhất.P2. Hai đường thẳng bất kì cắt nhau tại ít nhất một điểm.P3. Mọi đường thẳng chứa ít nhất ba điểm.P4. Tồn tại ba điểm không thẳng hàng.Chú ý rằng các tiên đề này suy ra (I1)− (I3), vì vậy mặt phẳng xạ ảnhcũng là hình học liên thuộc. Hãy chỉ ra rằnga) Mọi mặt phẳng xạ ảnh có ít nhất 7 điểm và tồn tại một mô hình củamặt phẳng xạ ảnh có đúng 7 điểm.b) Mặt phẳng xạ ảnh có đúng 7 điểm là duy nhất sai khác một đẳng cấu.c) Các tiên đề (P1),(P2),(P3),(P4) là độc lập.I.4. Giả sử F là một trường, đặt V = F 3 là không gian véctơ ba chiềutrên F. Goi Π là tập các không gian véctơ con một chiều của V . Ta sẽ gọiphần tử của Π là một điểm. Vì vậy một điểm là một không gian véctơcon 1 chiều P ⊆ V . Nếu W ⊆ V là không gian véctơ con 2 chiều của Vthì tập hợp tất cả các điểm chứa trong W được gọi là một đường thẳng.Hãy chỉ ra rằng tập Π gồm những điểm và tập con gồm những đườngthẳng lập thành một mặt phẳng xạ ảnh (xem Bài tập I.3).I.5. Một mặt phẳng affine là một tập bao gồm các điểm và các tập con(gọi là những đường thẳng) thỏa mãn (I1), (I2), (I3) và một dạng mạnhhơn của tiên đề Playfair.P’. Với mỗi đường thẳng l và với mỗi điểm A tồn tại duy nhất đườngthẳng m chứa A và song song với l.a) Chỉ ra rằng hai đường thẳng trong một mặt phẳng affine có cùng sốđiểm, nghĩa là tồn tại tương ứng 1-1 giữa các điểm của hai đường thẳngđó.b) Nếu một mặt phẳng affine có một đường thẳng gồm đúng n điểm thìtổng số điểm trong một mặt phẳng đó là n2.c) Giả sử F là một trường. Hãy chỉ ra rằng mặt phẳng Descartes trên F(xem Bài tập I.2) là một mô hình của mặt phẳng affine.d) Chứng minh rằng tồn tại mặt phẳng affine với 4,9,16 hoặc 25 điểm(Sự không tồn tại mặt phẳng affine gồm 36 điểm là một kết quả khó củaEuler).I.6. Trong hình học liên thuộc, xét một quan hệ song song "l song songvới m" trên tập các đường thẳng.a) Đưa ra một ví dụ chỉ ra rằng quan hệ này không nhất thiết là quanhệ tương đương.


b) Nếu giả thiết tiên đề song song (P) thì quan hệ song song là quan hệtương đương.c) Ngược lại, nếu quan hệ song song là một quan hệ tương đương tronghình học liên thuộc đã cho thì (P) phải đúng trong hình học đó.I.7. Giả sử Π là mặt phẳng affine (xem Bài tập I.5). Một chùm các đườngthẳng song song là tập tất cả các đường thẳng song song với một đườngthẳng đã cho (bao gồm cả đường thẳng đó). Ta gọi mỗi chùm đó là mộtđiểm "ideal" hoặc một điểm "vô tận". Ta nói rằng mỗi một điểm "ideal"nằm trên mỗi một đường thẳng trong chùm. Bây giờ ta gọi Π′ là một tậpmở rộng bao gồm Π với mọi điểm ideal. Một đường thẳng của Π′ sẽ làmột tập con bao gồm một đường thẳng của Π thêm vào một điểm duynhất ideal của nó hoặc một đường thẳng mới (gọi là đường tại vô tận)bao gồm mọi điểm ideal.a) Chỉ ra rằng tập mới Π′ với tập con là đường thẳng được định nghĩa ởtrên là một mặt phẳng xạ ảnh (xem Bài tập I.3)b) Giả sử Π là mặt phẳng Descartes trên trường F (xem Bài tập I.2).Chứng minh rằng mặt phẳng xạ ảnh liên kết Π′ là đẳng cấu với mặtphẳng xạ ảnh đã xây dựng trong Bài tập I.4.I.8. Nếu tồn tại một đường thẳng có đúng n+ 1 điểm trong mặt phẳngxạ ảnh Π thì tổng số các điểm trong Π là n2 + n+ 1.I.9. Vấn đề trường học nữ của Kerkman (1850) như sau: Trong mộttrường học nọ có 15 nữ sinh. Cần tạo ra một thời khóa biểu cho 7 ngàysao cho mỗi ngày các cô gái có thể đi bộ trên một cái vườn và theo 5nhóm, mỗi nhóm 3 người. Với cách thức như thế, mỗi một người nằmtrong một nhóm cùng với người khác chỉ một lần trong tuần. Hãy thiếtlập các nhóm trong mỗi ngày.Ta chuyển vấn đề trên về vấn đề hình học. Xem các nữ sinh như là cácđiểm và mỗi nhóm gồm 3 phần tử là một đường. Mỗi ngày được mô tảnhư là một tập gồm 5 đường mà ta gọi là một chùm. Bây giờ ta xét hìnhhọc Kirkman: Một tập mà các phần tử của nó gọi là một điểm, các tậpcon của nó gọi là các đường thẳng, tập những đường gọi là chùm, thỏamãn các tiên đề sau đây:K1. Hai điểm phân biệt nằm trên một đường thẳng duy nhất.K2. Mọi đường thẳng đều chứa cùng số điểm như nhau.K3. Tồn tại 3 điểm không thẳng hàng.K4. Mỗi đường được chứa trong duy nhất một chùm.K5. Mỗi một chùm chứa một tập các đường thẳng song song mà hợp củanó là toàn bộ tập các điểm.


a) Chứng minh rằng một mặt phẳng affine bất kì cho ta một hình họcKirkman, ở đó ta lấy chùm là tập tất cả các đường thẳng song songvới một đường thẳng cho trước (Do đó bởi Bài tập I.5 tồn tại hình họcKirkman với 4,9,16 và 25 điểm).b) Chứng minh rằng bất kì một hình học Kirkman với 15 điểm cho tamột lời giải cho bài toán gốc "trường học nữ " của Kirkman.c) Tìm ra một lời giải cho bài toán gốc của Kirkman.I.10. Trong hình học liên thuộc hữu hạn, số các đường thẳng lớn hơnhoặc bằng số các điểm.

1.2 Tiên đề về tính ở giữa.

Trong phần này ta trình bày các tiên đề để hình thành chính xác kháiniệm về sự ở giữa, tức là thế nào là một điểm nằm ở giữa hai điểm. Nhữngtiên đề này đóng vai trò quan trọng và nền tảng để từ đó ta có thể hìnhthành nên những khái niệm cơ bản khác. Chẳng hạn, khái niệm phía(thế nào là một điểm nằm về một phía của một đường hoặc đối tượngkhác), những khái niệm về bên trong, bên ngoài và cả những khái niệmvề thứ tự, thế nào là một đoạn hoặc một góc lớn hơn đoạn khác hay góckhác. Thật ra, bạn đọc đã thấy được tính chất quan trọng của khái niệmnày ngay từ khi học hình học Euclid ở nhà trường phổ thông, và cũngđã cảm nhận được sự nguy hiểm của việc sử dụng những khái niệm nàymột cách trực giác thiếu đi định nghĩa chính xác của nó. Nhiều bạn đọcsẽ có cảm giác rằng những tiên đề này (và cả hệ quả của chúng) dườngnhư rất khó hiểu. Chúng tôi nghĩ rằng không phải vì các khái niệm toánhọc là khó về mặt kĩ thuật mà bởi vì bạn đọc phải vượt qua được trựcgiác đã in sâu vào cuộc sống hàng ngày của mỗi chúng ta.Trong suốt mục này ta luôn giả thiết tiên đề (I1)− (I3) của hình học liênthuộc. Giữa những tập gồm ba điểm A,B,C, ta thừa nhận một quan hệgọi là "B ở giữa A và C". Quan hệ này thỏa mãn các tiên đề sau đây:B1. Nếu B ở giữa A và C, (ta viết A ∗ B ∗ C) thì A,B,C là ba điểmphân biệt thuộc một đường thẳng và cũng có C ∗B ∗ A.B2. Với hai điểm phân biệt tùy ý A,B tồn tại điểm C sao cho A ∗B ∗C.B3. Với ba điểm phân biệt thuộc một đường thẳng có một và chỉ mộtđiểm trong số chúng nằm giữa hai điểm còn lại.B4. (Pasch) Giả sử A,B,C là ba điểm không thẳng hàng và l là mộtđường thẳng không chứa A,B,C. Nếu l chứa một điểm D nằm giữa A


và B thì nó phải chứa hoặc một điểm nằm giữa A và C hoặc một điểmnằm giữa B và C nhưng không chứa cả hai điểm như thế (xem hình vẽ).

1.2.1 Định nghĩa. Giả sử A và B là hai điểm phân biệt. Đoạn thẳngAB là tập bao gồm A,B và mọi điểm ở giữa A và B. Ta định nghĩamột tam giác là hợp của ba đoạn AB,BC và AC với A,B,C là ba điểmkhông thẳng hàng. Các điểm A,B,C được gọi là các đỉnh của tam giác,các đoạn thẳng AB, BC và AC gọi là các cạnh của tam giác.

Chú ý: Các đoạn thẳng AB và BA xác định cùng một tập bởi tiên đề(B1). Điểm cuối A,B của đoạn thẳng AB được xác định duy nhất bởiđoạn thẳng AB (Bài tập I.12). Các đỉnh A,B,C và các cạnh AB, BCvà AC của tam giác ABC xác định duy nhất bởi tam giác (Bài tập I.13).Với thuật ngữ này, ta có thể phát biểu lại (B4) như sau: Nếu đường thẳngl không chứa các đỉnh A,B,C của tam giác và cắt cạnh AB thì nó phảicắt một trong hai cạnh AC hoặc BC và không thể cắt cả hai cạnh đó.

Từ các tiên đề này và các tiên đề liên thuộc (I1) − (I3) ta sẽ suy rakết quả về sự phân chia mặt phẳng bởi một đường thẳng và sự phân chiađường thẳng bởi một điểm.

1.2.2 Mệnh đề. (Chia mặt phẳng)Giả sử l là một đường thẳng tùy ý. Thế thì tập các điểm không nằm trênl có thể được chia thành hai tập khác rỗng S1, S2 thỏa mãn các tính chấtsau:a) Hai điểm A,B không nằm trên l thì thuộc cùng một tập (S1 hoặc S2)nếu và chỉ nếu đoạn thẳng AB không cắt l.b) Hai điểm A,C không nằm trên l thuộc hai tập (một điểm thuộc S1,một điểm thuộc S2) nếu và chỉ nếu đoạn AC cắt l tại một điểm.Ta sẽ gọi hai tập S1, S2 là hai phía của l và ta nói "A và B nằm về cùngmột phía so với l" hoặc "A và C nằm về hai phía so với l".


Chứng minh. Ta định nghĩa một quan hệ ∼ trong tập các điểm khôngnằm trên l. Ta nói A ∼ B hoặc nếu A = B hoặc nếu đoạn thẳng ABkhông cắt l. Ta chứng tỏ rằng ∼ là một quan hệ tương đương. Thật vậy,theo định nghĩa A ∼ A và A ∼ B thì B ∼ A vì tập AB không phụ thuộcvào thứ tự khi ta viết A và B. Ta còn phải kiểm tra quan hệ ∼ là bắccầu: Nếu A ∼ B và B ∼ C thì A ∼ C.Trường hợp 1: Giả sử A,B,C không thẳng hàng. Ta xét tam giác ABC.Do A ∼ B nên l không cắt AB. Do B ∼ C nên l không cắt BC. Bởi tiênđề Pasch (B4), ta suy ra l không cắt AC. Do đó A ∼ C.Trường hợp 2: Giả sử A,B,C nằm trên đường thẳngm. Do A,B,C khôngnằm trên l nên đường thẳng m khác l. Do đó l và m có thể cắt nhau tạinhiều nhất một điểm. Nhưng bởi (I2) mọi đường thẳng có ít nhất 2 điểmnên tồn tại điểm D trên l sao cho D không nằm trên m.

Theo tiên đề (B2) ta tìm được điểm E sao cho D ∗ A ∗ E. Thế thìD,A,E thẳng hàng (B1). Do đó E không nằm trên l (vì A không nằmtrên l và đường thẳng DAE cắt l tại điểm D). Hơn nữa đoạn thẳng AEkhông thể cắt l. Thật vậy, nếu AE cắt l thì giao điểm duy nhất là D.Trong trường hợp này D nằm giữa A và E. Nhưng theo cách lấy điểmE thì D ∗ A ∗ E. Theo (B3) thì D không nằm giữa A và E. Ta nhậnđược mâu thuẫn. Do vậy AE ∩ l = ∅, suy ra A ∼ E. Cũng chú ý rằngE không nằm trên đường thẳng m, bởi vì nếu E nằm trên m thì đườngthẳng AE trùng với m và như thế D phải thuộc m, mâu thuẫn với cáchchọn D. Do đó A,B,E là ba điểm không thẳng hàng. Theo trường hợp1 đã chứng minh ở trên từ A ∼ E và A ∼ B suy ra B ∼ E. Lại theotrường hợp 1, B ∼ E và B ∼ C suy ra C ∼ E. Thêm một lần nữa ápdụng trường hợp 1, từ A ∼ E và C ∼ E ta có A ∼ C. Vậy ta đã chứngminh được quan hệ ∼ là một quan hệ tương đương. Một quan hệ tươngđương trên một tập chia tập đó thành hợp rời rạc các lớp tương đươngvà các lớp tương đương đó sẽ thỏa mãn tính chất (a) theo định nghĩa.


Để kết thúc chứng minh ta chỉ cần chỉ ra có đúng hai lớp tương đươngS1 và S2 trong quan hệ tương đương ∼ này. Khi AC cắt l (tương đươngvới A C), ta nói rằng A,C nằm ở hai tập đối diện.Theo (I3), tồn tại một điểm không nằm trên l, vì vậy tồn tại ít nhất mộtlớp tương đương S1. Lấy A ∈ S1 và D là một điểm tùy ý trên l. Theo(B2), ta chọn được điểm C sao cho A ∗D ∗ C. Thế thì A và C là khôngtương đương. Do đó tồn tại ít nhất hai lớp tương đương S1 và S2.Bước cuối cùng chỉ ra rằng có nhiều nhất hai lớp tương đương. Để cóđược điều này ta sẽ chỉ ra rằng A C và B C thì A ∼ B.Trường hợp 1: A,B,C không thẳng hàng. Ta xét tam giác ABC. DoA C nên AC cắt l, B C nên BC cắt l. Theo tiên đề Pasch (B4) tasuy ra AB không cắt l. Vậy A ∼ B.Trường hợp 2: Giả sử A,B,C nằm trên đường thẳngm. Như trong trườnghợp 2 của chứng minh trên ta chọn D nằm trên l mà không nằm trên mvà sử dụng (B2) ta có được điểm E sao cho D ∗ A ∗ E. Vậy A ∼ E.

Do A C (theo giả thiết) và A ∼ E nên ta suy ra C E (vì ∼ làquan hệ tương đương nên nếu C ∼ E thì A ∼ C theo tính chất bắc cầu,ta dẫn tới mâu thuẫn). Xét ba điểm B,C,E. Do E C và B C nêntheo trường hợp 1 thì B ∼ E. Nhưng A ∼ E nên lại theo tính chất bắccầu ta có A ∼ B.

1.2.3 Mệnh đề. (Chia đường thẳng)Cho A là một điểm nằm trên đường thẳng l. Thế thì tập các điểm trênl \A có thể chia thành hai tập con khác rỗng S1, S2 nằm ở hai phía đốivới A trên l sao choa) B,C cùng một phía đối với A nếu và chỉ nếu A không thuộc đoạnthẳng BC.b) B,D nằm ở hai phía khác nhau đối với A nếu và chỉ nếu A thuộcđoạn thẳng BD.


Chứng minh. Cho đường thẳng l và điểm A nằm trên l. Theo (I3) tồntại điểm E không nằm trên l. Gọi m là đường thẳng chứa A và E. Ta sẽáp dụng Mệnh đề 1.2.2 cho đường thẳng m. Nếu m có hai phía S ′1 và S ′2thì ta định nghĩa S1 và S2 là giao của S ′1 và S ′2 với l. Thế thì tính chất(a) và (b) lập tức được suy ra từ mệnh đề trên. Ta còn phải chứng minhS1 và S2 khác rỗng. Theo (I2), tồn tại điểm B trên l khác A. Theo (B2)tồn tại điểm D sao cho B ∗A ∗D. Thế thì D nằm khác phía với B và Dthuộc l. Vậy cả hai tập là khác rỗng.

Bây giờ ta có thể định nghĩa tia và góc.

1.2.4 Định nghĩa. Cho 2 điểm A,B phân biệt, tia−→AB là tập bao gồm

điểm A và mọi điểm trên đường thẳng AB mà nằm cùng phía đối vớiA như là điểm B. Điểm A là gốc hoặc đỉnh của tia. Góc là hợp của hai

tia−→AB và

−→AC có chung gốc và không nằm trên cùng một đường thẳng

(Do đó không có "góc không" và không có "góc bẹt" (180o)). Chú ý rằngđỉnh của mỗi tia hoặc góc được xác định một cách duy nhất bởi tia hoặcgóc (chứng minh tương tự bài tập I.12, I.13).


Phần trong (hoặc bên trong) của một góc BAC là một tập bao gồmmọi điểm D sao cho D và C nằm về cùng một phía so với đường thẳngAB và D và B nằm về cùng một phía so với đường thẳng AC. Nếu ABClà một tam giác thì phần trong của 4ABC là tập các điểm bên trong

của ba góc BAC, ABC và ACB.

1.2.5 Mệnh đề (Định lý cắt ngang). Giả sử BAC là một góc và D là

một điểm nằm trong góc đó. Thế thì tia−−→AD phải cắt đoạn thẳng BC.

Chứng minh. Tương tự như tiên đề Pasch (B4), có điều ta phải xét đườngthẳng AD đi qua một đỉnh của tam giác ABC. Ta sẽ chứng minh dựavào tiên đề Pasch và áp dụng Định lý chia mặt phẳng 1.2.2. Ta kí hiệuđường thẳng AB = l, AC = m, AD = n. Lấy điểm E trên m sao choE ∗A ∗C (B2). Ta áp dụng Tiên đề Pasch cho tam giác BCE và đườngthẳng n. Theo cách xây dựng thì n phải cắt cạnh CE tại A. Do vậy, nkhông chứa B bởi vì nó cắt l tại A. Ta sẽ chỉ ra rằng n không cắt đoạnBE và vì thế theo (B4) nó phải cắt đoạn BC.

Ta xét đoạn BE. Đoạn này cắt l tại điểm B, vậy nên mọi điểm củađoạn, ngoại trừ điểm B, đều nằm về cùng một phía đối với l. Bởi cáchxây dựng, ta có C khác phía với E đối với l, do đó theo Định lý chia mặtphẳng 1.2.2 mọi điểm của đoạn BE, ngoại trừ điểm B, đều nằm khácphía với C đối với l. Mặt khác, do D là nằm trong phần trong của góc

BAC nên mọi điểm của tia−−→AD, trừ điểm A, đều nằm cùng phía với C

đối với l. Do đó, đoạn BE không cắt tia−−→AD.

Tương tự, sử dụng đường thẳng m, ta chỉ ra mọi điểm của đoạn BE,trừ điểm E, đều nằm về cùng một phía với B đối với m, trong khi những

điểm của tia của n (đối diện với tia−−→AD) nằm phía khác của m. Do đó,


đoạn BE không thể cắt tia đối của tia−−→AD. Kết hợp với các bước chứng

minh trước, điều này suy ra đoạn thẳng BE không cắt đường thẳng n.Theo (B4) thì n phải cắt đoạn BC tại F.

Ta còn phải chỉ ra rằng F thuộc tia−−→AD của đường thẳng n. Thật

vậy, do B và F là cùng một phía đối với m, B và D cũng cùng một phíađối với m, nên theo Định lý chia mặt phẳng 1.2.2 suy ra D và F nằmcùng một phía đối với m. Do đó D và F nằm cùng một phía đối với A

trên đường thẳng n. Nói cách khác F nằm trên tia−−→AD.

1.2.6 Ví dụ. Ta sẽ chỉ ra rằng mặt phẳng Descartes (1.1.3) với kháiniệm "ở giữa" theo nghĩa thông thường sẽ cho ta một mô hình thỏa mãncác tiên đề (B1) - (B4).

Trước hết, ta phải làm rõ khái niệm thông thường về "ở giữa" là gì.Với ba số thực phân biệt a, b, c ∈ R ta định nghĩa a ∗ b ∗ c nếu hoặca < b < c hoặc c < b < a. Thế thì dễ dàng thấy rằng định nghĩa này chota một khái niệm về ở giữa trên tập đường thẳng thực R thỏa mãn (B1),(B2) và (B3).

Với A = (a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2) là ba điểm trong R2, tađịnh nghĩa A ∗B ∗C có nghĩa là A,B,C là ba điểm phân biệt nằm trêncùng một đường thẳng sao cho a1 ∗ b1 ∗ c1 hoặc a2 ∗ b2 ∗ c2 hoặc cả hai.Ta dễ thấy: nếu tọa độ x hoặc tọa độ y thỏa mãn điều kiện ở giữa (theonghĩa vừa định nghĩa) và nếu đường thẳng không phải là đường thẳngthẳng đứng và cũng không phải là đường thẳng nằm ngang thì các tọađộ còn lại cũng sẽ thỏa mãn điều kiện ở giữa, bởi vì các điểm thuộc cùngmột đường thẳng và các toán tử tuyến tính (cộng, nhân) các số thựchoặc bảo tồn hoặc đảo dấu bất đẳng thức. Do đó các toán tử tuyến tínhbảo tồn tính ở giữa. Tóm lại, ta đã kiểm tra được rằng khái niệm ở giữatrong R2 (theo nghĩa vừa định nghĩa) là thỏa mãn (B1), (B2) và (B3).

Với (B4), ta xét đường thẳng l và lấy ba điểm A,B,C không thẳnghàng và không thuộc l. Thế thì đường thẳng l được xác định bởi mộtphương trình tuyến tính nào đó ax+ by + c = 0. Xét ϕ : R2 → R là mộthàm tuyến tính xác định bởi ϕ(x, y) = ax + by + c. Do ϕ là tuyến tínhnên ϕ bảo tồn quan hệ ở giữa. Chẳng hạn, nếu l cắt đoạn AB thì 0 sẽnằm giữa ϕ(A) và ϕ(B). Hay nói cách khác, một trong hai giá trị ϕ(A)và ϕ(B) sẽ dương và số còn lại sẽ âm. Giả sử ϕ(A) > 0 và ϕ(B) < 0. Xétϕ(C). Nếu ϕ(C) > 0 thì l sẽ cắt BC nhưng không cắt AC. Nếu ϕ(C) < 0thì l sẽ cắt AC nhưng không cắt BC. Vậy có (B4).


Bài tập

I.11. Sử dụng các tiên đề về liên thuộc, quan hệ ở giữa và định lý chiatách đường thẳng hãy chỉ ra rằng đối với một tập gồm 4 điểm A,B,C,Dnằm trên một đường thẳng:

(a) Nếu A ∗B ∗ C và B ∗ C ∗D thì A ∗B ∗D và A ∗ C ∗D.

(b) Nếu A ∗B ∗D và B ∗ C ∗D thì A ∗B ∗ C và A ∗ C ∗D.

I.12. Cho đoạn AB. Chứng minh rằng không tồn tại điểm C,D ∈ ABsao cho C ∗ A ∗ D. Do đó chứng minh rằng điểm cuối A,B của đoạnthẳng là xác định duy nhất bởi đoạn thẳng.

I.13. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng các cạnh AB, AC và BC;các đỉnh A,B,C xác định một cách duy nhất bởi tam giác .Hướng dẫn: Xét những cách khác nhau mà một đường thẳng cắt với mộttam giác.

I.14. Sử dụng (I1) - (I3) và (B1) - (B4) và các hệ quả của chúng hãy chỉra rằng mọi đường thẳng có vô số điểm phân biệt.

I.15. Chứng minh rằng Định lý phân tách đường (Mệnh đề 1.2.3) khônglà hệ quả của (B1), (B2), (B3) bằng việc xây dựng một mô hình về tính ởgiữa cho tập hữu hạn điểm trên một đường thẳng thỏa mãn (B1), (B2),(B3). (Thế thì theo Bài tập I.14, Định lý phân tách đường là sai trong môhình này). Ví dụ trong vành các số nguyên 0, 1.2, 3, 5 mod 5 ta địnhnghĩa a ∗ b ∗ c nếu b = 1

2(a+ c).

I.16. Chứng minh trực tiếp từ các Tiên đề (I1) - (I3) và (B1) - (B4) rằngvới bất kỳ hai điểm phân biệt A,B tồn tại điểm C sao cho A ∗ C ∗B.Hướng dẫn: Sử dụng (B2) và (B4) để xây dựng một đường thẳng cắtđoạn AB nhưng không chứa A hoặc B.

I.17. Chứng minh các phát biểu sau chỉ dựa vào các kiến thức phầntrước.

(a) Cho A,B,C là ba điểm nằm trên một đường thẳng sao cho Cnằm giữa A và B. Thế thì AC ∪ CB = AB và AC ∩ CB = C.

(b) Giả sử đã cho hai điểm A,B phân biệt trên l. Thế thì−→AB∪

−→BA = l

và−→AB ∩

−→BA = AB.

I.18. Giả sử A∗B ∗C trên một đường thẳng và A∗D∗E trên một đường


thẳng khác. Chứng minh rằng đoạn BE phải cắt đoạn CD tại điểm M.

I.19. Chỉ ra rằng phần trong của một góc là khác rỗng.

I.20. Giả sử cho đường thẳng l chứa một điểm D nằm trong tam giácABC. Chứng minh rằng l phải cắt ít nhất một cạnh của tam giác ABC.

I.21. Tập U trong mặt phẳng được gọi là tập lồi nếu với hai điểm phânbiệt A,B trong U thì toàn bộ đoạn AB nằm trong U. Chứng minh rằngphần trong của tam giác ABC là một tập lồi.

I.22. Tập con W của mặt phẳng gọi là liên thông đoạn nếu với bất kỳhai điểm A,B ∈ W, tồn tại dãy hữu hạn điểm A = A1, A2, . . . , An = Bsao cho với mỗi i = 1, 2, . . . , n− 1, đoạn AiAi+1 chứa trong W.

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng phần ngoài của tam giác, tứclà tập tất cả các điểm trên mặt phẳng không nằm trên các cạnh của tamgiác và không nằm trong tam giác, là tập liên thông đoạn.

I.23. Cho 4 điểm A,B,C,D, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàngvà giả sử các đoạn AB, BC, CD, DA, không giao nhau ngoại trừ tại cácđiểm đầu mút của chúng. Ta gọi hợp của bốn đoạn này là một tứ giácđơn đóng, các đoạn AC và BD gọi là các đường chéo của tứ giác.

Ta xét hai trường hợp.

Trường hợp 1. AC và BD cắt nhau tại điểm M. Trong trường hợp nàyhãy chứng minh rằng với mỗi cặp đỉnh kề nhau (chẳng hạn A,B) có 2cặp đỉnh (C,D) nằm về cùng một phía so với đường thẳng AB.

Ta định nghĩa phần trong của tứ giác là tập các điểm X sao cho đốivới mỗi cạnh (chẳng hạn AB) thì X nằm cùng một phía với các đỉnh còn


lại đối với đường thẳng AB. Chứng minh rằng phần trong này là mộttập lồi.

Trường hợp 2. AC và BD không cắt nhau. Trong trường hợp này hãychứng minh rằng một trong hai đường chéo (chẳng hạn AC) có tính chấtlà hai đỉnh khác là B và D thì nằm về cùng một phía đối với đườngthẳng AC, trong khi đó đường chéo còn lại BD có tính chất là A và Cthì nằm khác phía đối với đường thẳng BD.

Ta định nghĩa phần trong của tứ giác này là hợp của hai phần trongcủa hai tam giác ABD,CDB và phần trong của BD. Chứng minh rằngtrong trường hợp này phần trong là một tập liên thông đoạn nhưng khônglà tập lồi.

I.24. (Thứ tự tuyến tính). Cho một tập hữu hạn các điểm rời nhautrên một đường thẳng. Có thể đánh số được hay không các điểm đólà A1, A2, . . . , An sao cho Ai ∗ Aj ∗ Ak nếu và chỉ nếu i < j < k hoặck < j < i?

I.25. Giả sử các đường thẳng a, b, c đi qua các đỉnh A,B,C của một tamgiác và cắt nhau tại ba điểm bên trong tam giác (xem hình vẽ).

Ta kí hiệu chúng là X = a · c, Y = a · b, Z = b · c.Chứng minh rằng một trong hai sắp xếp sau là xảy ra(a) A ∗X ∗ Y và B ∗ Y ∗ Z và C ∗ Z ∗X hoặc(b) A ∗ Y ∗X và B ∗ Z ∗ Y và C ∗X ∗ Z.


1.3 Tiên đề về sự toàn đẳng giữa các đoạn

thẳng

Ta đã có những khái niệm không định nghĩa như điểm, đường thẳng, ởgiữa và các tiên đề (I1) - (I3), (B1) - (B4). Bây giờ ta thừa nhận thêmmột khái niệm không định nghĩa nữa đó là sự toàn đẳng giữa các đoạnthẳng cùng các tiên đề (C1) - (C3). Để đơn giản ta chỉ kí hiệu đoạn thẳngAB là AB nếu không sợ nhầm lẫn. Nếu đoạn thẳng AB là toàn đẳng vớiđoạn thẳng CD thì ta viết AB ∼= CD. Sự toàn đẳng chính là một quanhệ trên tập các đoạn thẳng thỏa mãn ba tiên đề sau đây.(C1). Với mỗi đoạn thẳng AB và mỗi tia r với gốc là C, tồn tại duy nhấtđiểm D trên tia r sao cho AB ∼= CD.(C2). Nếu AB ∼= CD và AB ∼= EF thì CD ∼= EF. Mọi đoạn thẳng đềutoàn đẳng với chính nó.(C3). (Cộng tính). Với ba điểm A,B,C trên một đường thẳng thỏa mãnA∗B∗C và với ba điểm D,E, F trên một đường thẳng thỏa mãn D∗E∗F,nếu AB ∼= DE và BC ∼= EF thì AC ∼= DF.

1.3.1 Mệnh đề. Khái niệm toàn đẳng là một quan hệ tương đương trêntập các đoạn thẳng.

Chứng minh. Để là một quan hệ tương đương, quan hệ toàn đẳng phảithỏa mãn ba tính chất:(1) Tính phản xạ: Mọi đoạn thẳng là toàn đẳng với chính nó. Điều nàyđã được phát biểu một cách tường minh trong (C2). Và nhân đây, tathấy điều này tương ứng với khái niệm chung thứ tư của Euclid đó là"những thứ trùng với mỗi thứ khác là bằng với mỗi thứ khác".(2) Tính đối xứng: Nếu AB ∼= CD thì CD ∼= AB. Đây là một hệ quảcủa (C2).(3) Tính bắc cầu: Nếu AB ∼= CD và CD ∼= EF thì AB ∼= EF. Điều nàysuy ra từ tính đối xứng, ta có CD ∼= AB và áp dụng (C2).


Tiên đề thứ ba (C3) là một bản sao của khái niệm chung thứ hai củaEuclid, đó là "bằng nhau cộng với bằng nhau là bằng nhau". Ta đưa rađịnh nghĩa chính xác cho tổng hai đoạn thẳng và sau đó chỉ ra rằng tổngcủa các đoạn thẳng toàn đẳng là toàn đẳng.

1.3.2 Định nghĩa. Giả sử AB và CD là hai đoạn thẳng cho trước. Chọnmột thứ tự A,B trong các điểm đầu mút của AB. Gọi r là một tia trênđường thẳng l = AB chứa B và mọi điểm trên r nằm khác phía với B sovới A. Lấy E là một điểm duy nhất trên r (sự tồn tại của nó được chobởi (C1)) sao cho CD ∼= BE.Thế thì ta định nghĩa đoạn AE là tổng của hai đoạn AB và CD, nó phụthuộc vào thứ tự của AB và ta viết AE = AB + CD.

1.3.3 Mệnh đề (Sự toàn đẳng của tổng). Giả sử AB ∼= A′B′và CD ∼=

C′D′. Thế thì AB + CD ∼= A

′B′+ C

′D′

Chứng minh. Lấy E là một điểm trên đường thẳng AB sao cho AE =AB+CD. Thế thì theo cách xây dựng tổng AB+CD ta có E nằm trêntia gốc B đối diện với A. Do đó A ∗B ∗E. Tương tự, ta có A

′ ∗B′ ∗E ′ .Theo giả thiết ta có AB ∼= A

′B′. Mặt khác, ta có CD ∼= C

′D′, CD ∼=

BE; C′D′ ∼= B

′E′. Suy ra BE ∼= B

′E′. Theo (C3), ta có AE ∼= A

′E′.

Chú ý: Do đoạn thẳng AB bằng đoạn thẳng BA nên từ mệnh đề trênta suy ra tổng của hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào thứ tự A,B đãchọn (sai khác một toàn đẳng!). Vì thế tính chất cộng tính được địnhnghĩa thoả đáng trên lớp tương đương toàn đẳng các đoạn thẳng. Vì vậy,ta có thể nói về tính chất cộng tính của các đoạn thẳng hoặc các đoạnthẳng toàn đẳng mà không sợ nguy hiểm. (Bài tập I.26 chỉ ra rằng tínhchất cộng tính của các đoạn thẳng là kết hợp và giao hoán, sai khác toànđẳng).

Khái niệm chung thứ ba của Euclid đó là "Bằng nhau trừ đi bằngnhau là bằng nhau". Mệnh đề sau đây có thể giải thích khái niệm chungđó.


1.3.4 Mệnh đề. Cho ba điểm A,B,C trên một đường thẳng sao choA ∗B ∗C và các điểm E,F trên một tia với gốc là D. Giả sử AB ∼= DEvà AC ∼= DF . Thế thì E sẽ nằm giữa D và F và BC ∼= EF . (Ta coiBC như là hiệu của AC và AB).

Chứng minh. Lấy F′là điểm duy nhất trên tia có gốc là E, khác phía

với D sao cho BC ∼= EF′. Do AB ∼= DE và BC ∼= EF

′nên theo (C3)

ta suy ra AC ∼= DF′. Nhưng F và F

′thuộc cùng một tia xuất phát từ

D cho nên theo (C2) thì AC ∼= DF và theo tính duy nhất của (C1) ta cóF = F ′. Điều này suy ra D ∗ E ∗ F và BC ∼= EF .

Chú ý: Tính duy nhất trong (C1) đóng vai trò quan trọng trong chứngminh phần trên. Ta có thể coi tính duy nhất này tương ứng với khái niệmchung thứ năm của Euclid "Toàn thể lớn hơn một phần". Thật vậy, phátbiểu này có thể được diễn giải thành ý như sau: Nếu A ∗ B ∗ C thì ABkhông thể toàn đẳng với AC. Điều này suy ra từ (C1), bởi vì B và Cnằm trên cùng một tia xuất phát từ A nên nếu AB ∼= AC thì B và Cphải trùng nhau.

Ta thấy rằng các khái niệm chung của Euclid (ít nhất là trong trườnghợp toàn đẳng!) đều có thể suy ra được như là hệ quả của các tiên đềmới (C1) − (C3). Một khái niệm khác được Euclid sử dụng mà khôngđịnh nghĩa đó là khái niệm về so sánh các đoạn thẳng. Bây giờ ta sẽ địnhnghĩa chính xác khái niệm lớn hơn, nhỏ hơn dựa trên các tiên đề ta đãđưa vào.

1.3.5 Định nghĩa. Giả sử AB và CD là các đoạn thẳng đã cho. Ta sẽnói AB nhỏ hơn CD và viết AB < CD nếu tồn tại điểm E nằm giữa Cvà D sao cho AB ∼= CE. Trong trường hợp này ta cũng nói CD là lớnhơn AB và viết CD > AB.

Trong mệnh đề tiếp theo, ta sẽ thấy rằng khái niệm về nhỏ hơn làtương thích với khái niệm toàn đẳng và cho ta một quan hệ thứ tự trênlớp tương đương toàn đẳng các đoạn thẳng.


1.3.6 Mệnh đề. (a) Giả sử các đoạn AB ∼= A′B′và CD ∼= C

′D′. Khi

đó AB < CD nếu và chỉ nếu A′B′< C

′D′.

(b) Quan hệ < cho ta một quan hệ thứ tự trên các đoạn thẳng sai kháctoàn đẳng theo nghĩa sau đây:

(i) Nếu AB < CD và CD < EF thì AB < EF .

(ii) Cho hai đoạn AB và CD. Thế thì chỉ có duy nhất một trong bađiều kiện sau là đúng: AB < CD, AB ∼= CD, AB > CD

Chứng minh. (a) Cho AB ∼= A′B′và CD ∼= C

′D′. Giả sử rằng AB <

CD. Thế thì tồn tại E sao cho AB ∼= CE và C ∗ E ∗D. Lấy E′là điểm

duy nhất trên tia−−−→C′D′sao cho CE ∼= C

′E′. Từ Mệnh đề 1.3.4 ta có

C′ ∗E ′ ∗D′ . Hơn nữa, theo tính chất bắc cầu của quan hệ toàn đẳng ta

có A′B′ ∼= C

′E′. Vậy A

′B′< C

′D′. Phát biểu "Nếu và chỉ nếu" được

suy ra bằng việc áp dụng lập luận tương tự bắt đầu với A′B′< C

′D′.

b-i) Giả sử ta có AB < CD và CD < EF . Thế thì theo định nghĩa tồntại X ∈ CD sao cho AB ∼= CX và tồn tại Y ∈ EF sao cho CD ∼= EY .Lấy Z ∈

−→EF sao cho CX ∼= EZ. Theo Mệnh đề 1.3.4 ta có E ∗ Z ∗ Y .

Vậy E ∗Z ∗F (xem bài tập I.11) và do đó AB ∼= EZ. Suy ra AB < EF .

b-ii) Xét hai đoạn thẳng AB và CD. Lấy E là điểm duy nhất trên tia−−→CD

sao cho AB ∼= CE. Thế thì hoặc D = E hoặc C ∗E∗D hoặc C ∗D∗E. Takhông thể có D ∗C ∗E vì D và E nằm về cùng một phía so với C. Điềukiện này tương đương với AB ∼= CD hoặc AB < CD hoặc AB > CDtương ứng và có một và chỉ một trong số chúng xảy ra.


1.3.7 Ví dụ. Ta định nghĩa sự toàn đẳng giữa các đoạn thẳng trong mặtphẳng Descartes R2 để nó trở thành một mô hình thỏa mãn các tiên đề(I1) − (I3), (B1) − (B4) và (C1) − (C3). Trong mô hình này ta đã địnhnghĩa thế nào là đường thẳng, thế nào là quan hệ ở giữa trong Ví dụ1.2.6.

Cho hai điểm A (a1, a2) , B (b1, b2), ta định nghĩa khoảng cách giữahai điểm này bởi

d (A,B) =

√(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2.

Khoảng cách này thường được gọi là khoảng cách Euclid hay metricEuclid. Chú ý rằng d (A,B) > 0 và d (A,B) = 0 chỉ khi A = B.

Ta định nghĩa AB ∼= CD nếu d (A,B) = d (C,D).

Ta sẽ lần lượt thử các tiên đề (C1), (C2), (C3).

Với (C1), giả sử đã cho đoạn AB và d = d (A,B). Ta cũng giả sử rằngC = (c1, c2) và đã cho một tia với gốc là C. Để đơn giản ta giả sử rằngtia này có độ dốc m > 0 và có hướng theo chiều tăng của tọa độ x (cáctrường hợp khác dành cho bạn đọc). Thế thì mọi điểm D trên tia nàycó tọa độ D = (c1 + h, c2 + mh) với h > 0. Khoảng cách tương ứng làd(C,D) = h

√1 +m2. Việc tìm điểm D sao cho AB ∼= CD tương ứng với

việc giải phương trình (với biến h > 0)

h√

1 +m2 = d

với m và d dương đã cho. Rõ ràng phương trình trên tồn tại duy nhấtmột nghiệm h ∈ R, h > 0. Vậy ta đã chứng minh được (C1).

Tiên đề (C2) là tầm thường do định nghĩa hàm khoảng cách.Để chứng minh (C3) ta chỉ cần chứng minh rằng hàm khoảng cách có


tính chất cộng tính với các điểm trên một đường thẳng, nghĩa là: NếuA ∗B ∗ C thì

d(A,B) + d(B,C) = d(A,C).

Giả sử đường thẳng đó là y = mx+ b và A(a1, a2) là điểm với hoành độx là nhỏ nhất. Thế thì ∃h, k > 0 sao cho

B = (a1 + h, a2 +mh), C(a1 + h+ k, a2 +m(h+ k)).

Bằng tính toán trực tiếp ta có

d(A,B) = h√

1 +m2, d(B,C) = k√

1 +m2, d(A,C) = (h+ k)√

1 +m2.

Vì thế tính chất cộng tính của hàm khoảng cách được thỏa mãn.

Đôi khi ta gọi mô hình này, mặt phẳng Descartes thực với quan hệtoàn đẳng của các đoạn thẳng được định nghĩa bởi hàm khoảng cáchEuclid, là mô hình tiêu chuẩn cho hệ tiên đề của chúng ta.

Bài tập

Những bài tập sau đây (trừ những trường hợp đặc biệt) được xét tronghình học thỏa mãn các tiên đề (I1)− (I3), (B1)− (B3), (C1)− (C3).

I.26.(a) Chứng minh rằng sự cộng tính của các đoạn thẳng có tính chất kếthợp: Cho các đoạn thẳng AB,CD,EF và lấy thứ tự A,B. Thế thì

(AB + CD) + EF = AB + (CD + EF )

(Điều này cho phép ta định nghĩa được tổng của nhiều đoạn thẳng).(b) Chứng minh rằng sự cộng tính của các đoạn thẳng có tính chất giaohoán: Với 2 đoạn thẳng AB,CD thì AB + CD ∼= CD + AB.I.27. Chứng minh rằng "Những nửa của bằng nhau thì bằng nhau" theonghĩa sau đây: Nếu AB ∼= CD và nếu E là trung điểm của AB theonghĩa là A ∗ E ∗ B và AE ∼= EB, và nếu F là điểm chính giữa của CDthì AE ∼= CF . Hãy chứng tỏ rằng điểm chính giữa của AB nếu tồn tạithì duy nhất.I.28. Chứng minh rằng tính chất cộng tính bảo tồn bất đẳng thức: NếuAB < CD và nếu EF là một đoạn thẳng tùy ý thì AB+EF < CD+EF .I.29.Cho r là một tia có gốc A và s là một tia với gốc B. Chứng minh


rằng tồn tại song ánh ϕ : r → s bảo tồn quan hệ toàn đẳng và quan hệở giữa. Nói cách khác, với mỗi X ∈ r ta đặt X

′= ϕ(X) ∈ s, thế thì với

bất kì X, Y, Z ∈ r ta có XY ∼= X′Y′và

X ∗ Y ∗ Z ⇔ X′ ∗ Y ′ ∗ Z ′ .

I.30. Với hai điểm phân biệt O,A ta định nghĩa đường tròn với tâm Obán kính OA là một tập Γ gồm mọi điểm B sao cho OA ∼= OB.(a) Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua O phải cắt đường tròn tạiđúng 2 điểm.(b) Chứng minh rằng đường tròn chứa vô số điểm.(Chú ý: Định nghĩa này chưa khẳng định được liệu tâm O có được xácđịnh một cách duy nhất bởi tập các điểm Γ xác định nên đường tròn haykhông. Điều đó sẽ được chứng minh sau).I.31. Xét mặt phẳng Descartes hữu tỷ Q2 mà một điểm của nó là mộtcặp có thứ tự các điểm hữu tỷ, ở đó đường thẳng được định nghĩa bởiphương trình tuyến tính với hệ số hữu tỷ và quan hệ ở giữa, quan hệtoàn đẳng được định nghĩa như trong mô hình tiêu chuẩn (xem các Vídụ 1.2.6 và Ví dụ 1.3.7). Hãy thử lại rằng (I1)− (I3) và (B1)− (B4) thỏamãn trong mô hình này. Chứng minh rằng (C2) và (C3) đúng trong môhình này nhưng (C1) không đúng.I.32. Xét mặt phẳng Descartes thực R2 với đường thẳng và quan hệ ởgiữa được định nghĩa như trước (xem Ví dụ 1.2.6) nhưng khái niệm vềquan hệ toàn đẳng được định nghĩa bởi hàm khoảng cách bằng tổng cácgiá trị tuyệt đối

d(A,B) = |a1 − b1|+ |a2 − b2|

với A = (a1, a2) và B = (b1, b2) . Một vài người gọi hình học này là "Hìnhhọc của xe taxi" (taxicab geometry) bởi vì có sự tương tự như khoảngcách đo bởi taxi từ một điểm này đến một điểm khác trong thành phốnơi mà mọi con đường chạy theo hướng đông tây hoặc nam bắc. Chứngminh rằng các tiên đề (C1), (C2), (C3) đúng, vì thế đây là một mô hìnhkhác của các tiên đề đã được giới thiệu. Đường tròn với tâm (0, 0) bánkính 1 là như thế nào trong mô hình này?I.33. Một lần nữa lại xét mặt phẳng Descartes thực R2 và định nghĩakhái niệm thứ ba về quan hệ toàn đẳng cho các đoạn thẳng bằng cáchsử dụng hàm khoảng cách là sup của các giá trị tuyệt đối

d(A,B) = sup|a1 − b1|, |a2 − b2|.


Chứng minh rằng (C1), (C2), (C3) cũng thỏa mãn trong mô hình này.Đường tròn tâm (0, 0), bán kính 1 trong mô hình này là như thế nào?I.34. Nguyên lí tổng quát của ta như sau: Ta nói rằng hai mô hình hìnhhọc M,M ′ là đẳng cấu nếu tồn tại song ánh ϕ : M → M ′; A 7→ A′ từtập các điểm của M lên tập các điểm của M ′ sao cho ϕ biến mỗi đườngthẳng thành đường thẳng và bảo tồn quan hệ ở giữa, nghĩa là A ∗B ∗Ctrong M ⇔ A′ ∗ B′ ∗ C ′ trong M ′. Chứng minh rằng hai mô hình trongcác bài tập I.32 và I.33 ở trên là đẳng cấu với nhau, nhưng chúng khôngđẳng cấu với mô hình chuẩn trong Ví dụ 1.3.7.

Chú ý: Để chỉ ra hai mô hình trong các bài tập I.32 và I.33 là đẳngcấu, ta không cần tạo ra hàm khoảng cách tương ứng. Chỉ cần quan hệtoàn đẳng giữa các đoạn thẳng được bảo tồn. Để chứng minh hai môhình không đẳng cấu có một phương pháp là tìm ra một phát biểu nàođó đúng trong mô hình này nhưng không đúng trong mô hình kia.I.35. Các tiên đề mà chúng ta đã đưa ra chưa cho phép rút ra thông tingì về mối liên quan giữa kích cỡ của một đoạn thẳng trên đường thẳng vớikích cỡ của đoạn thẳng toàn đẳng trên một đường thẳng khác. Thật vậy,ta có thể tạo ra một mô hình như sau: Lấy mặt phẳng Descartes thực R2

với các khái niệm về đường thẳng và quan hệ ở giữa như thông thường.Sử dụng hàm khoảng cách Euclid, ta định nghĩa một hàm khoảng cáchmới:

d′(A,B) =

d(A,B) nếu đoạn AB hoặc nằm ngang hoặc thẳng đứng

2d(A,B) trong các trường hợp khác

Định nghĩa quan hệ toàn đẳng giữa các đoạn thẳng như sau: AB ∼=CD nếu d′(A,B) = d′(C,D). Chứng minh rằng (C1), (C2), (C3) đều thỏamãn trong mô hình này. Đường tròn tâm (0, 0) bán kính 1 là như thếnào?I.36. Bất đẳng thức tam giác được phát biểu như sau: Nếu A,B,C làba điểm phân biệt thì AC 6 AB +BC.(a) Bất đẳng thức tam giác luôn đúng cho các điểm thẳng hàng.(b) Bất đẳng thức tam giác đúng cho mọi ba điểm tùy ý trong mô hìnhchuẩn Ví dụ 1.3.7 và cũng đúng trong hình học của xe taxi (xem Bài tậpI.32).(c) Bất đẳng thức tam giác không đúng trong mô hình của bài tập I.35.Do đó bất đẳng thức tam giác không là hệ quả của các tiên đề về liênthuộc, về quan hệ ở giữa và quan hệ toàn đẳng của các đoạn thẳng(C1) − (C3). (Tuy nhiên ta sẽ thấy trong phần sau rằng bất đẳng thức


tam giác trong hình học phẳng Euclid là một hệ quả của một hệ đầy đủcác tiên đề của mặt phẳng Hilbert).

1.4 Tiên đề về quan hệ toàn đẳng cho góc

Ta đã định nghĩa góc là hợp của hai tia có chung gốc và không nằm trêncùng một đường thẳng. Ta thừa nhận một khái niệm không định nghĩavề quan hệ toàn đẳng trên tập các góc, ký hiệu là ∼=, thỏa mãn ba tiênđề sau đây:

(C4). Với mỗi góc BAC và tia−−→DF , tồn tại duy nhất một tia

−−→DE trên

nửa mặt phẳng với bờ DF sao cho BAC ∼= EDF(C5). Với ba góc α, β, γ tùy ý nếu α ∼= β và α ∼= γ thì β ∼= γ. Mọi gócđều toàn đẳng với chính nó.(C6). (SAS) Cho các tam giác ABC và DEF. Giả sử rằng AB ∼= DE

và AC ∼= DF và BAC ∼= EDF . Thế thì BC ∼= EF , ABC ∼= DEF và

ACB ∼= DFE.

Chú ý rằng Hilbert lấy sự tồn tại của một góc toàn đẳng để đưa ra(C4) như một tiên đề, trong khi Euclid lại chứng minh điều này dựa vàothước kẻ và compa. Do Hilbert không sử dụng compa nên ta có thể coitiên đề này như một công cụ thay thế cho compa.

1.4.1 Định nghĩa. Tam giác ABC được gọi là toàn đẳng với tam giác

DEF nếu AB ∼= DE, AC ∼= DF, BC ∼= EF và BAC ∼= EDF , ABC ∼=DEF , ACB ∼= DFE.

Như vậy tiên đề (C6) chính là trường hợp bằng nhau (SAS) của haitam giác. Cũng như với (C2), ta có thể sử dụng (C5) để chỉ ra rằng quanhệ toàn đẳng là một quan hệ tương đương.


1.4.2 Mệnh đề. Quan hệ toàn đẳng giữa các góc là một quan hệ tươngđương.

Cũng như trường hợp về sự toàn đẳng của các đoạn thẳng, ta muốnlàm rõ ra các khái niệm chung của Euclid từ các tiên đề về quan hệtoàn đẳng giữa các góc. Mệnh đề 1.4.2 là tương tự khái niệm chung đầutiên "những thứ mà bằng với thứ giống nó thì bằng nhau". Thế nhưngkhái niệm chung thứ hai, đó là "bằng nhau cộng với bằng nhau thì bằngnhau", trở thành một vấn đề trong trường hợp góc bởi lẽ ta không địnhnghĩa được tổng hai góc trong trường hợp tổng quát.

Nếu BAC là một góc và nếu tia−−→AD nằm trong góc BAC thì ta sẽ

nói rằng góc BAC là tổng của các góc DAC và BAD. Tuy nhiên, nếu tabắt đầu với hai góc đã cho thì ta có thể không tìm được một góc là tổngcủa chúng theo nghĩa này. Bởi lẽ tổng của chúng có thể lớn hơn 180o vàtrong trường hợp đó ta được một góc nhưng hai góc ban đầu sẽ khôngnằm ở phần trong của góc mới. Vì thế ta phải cẩn thận khi phát biểucác kết quả liên quan đến tổng các góc.

Chú ý rằng, ta không có một tiên đề về sự toàn đẳng của tổng cácgóc tương tự như tiên đề (C3) về tính cộng tính của các đoạn thẳng. Đểcó thể chứng minh kết quả tương tự cho các góc ta cần có (C6). Tiên đề(C6) ≡ (SAS) là cần thiết do nó độc lập với các tiên đề khác (bài tậpI.39). Tiên đề này cũng là cần thiết để nói rằng mặt phẳng của chúng talà thuần nhất: Hình học là như nhau tại những nơi khác nhau trong mặtphẳng.

Bây giờ, ta hãy xem việc giải quyết tổng các góc và bất đẳng thứcgiữa các góc dựa vào những tiên đề này như thế nào?

1.4.3 Định nghĩa. Nếu BAC là một góc và D là một điểm nằm trên

đường thẳng AC và khác phía với C đối với A thì hai góc BAC và BADđược gọi là bù nhau.


1.4.4 Mệnh đề. Giả sử BAC và BAD là các góc bù nhau; B′A′C ′

và B′A′D′ cũng là các góc bù nhau. Khi đó, nếu BAC ∼= B′A′C ′ thì

BAD ∼= B′A′D′.

Chứng minh. Thay thế B′, C ′D′ bởi những điểm khác nằm trên cùngmột tia, ta có thể giả sử rằng AB ∼= A′B′, AC ∼= A′C ′ và AD ∼= A′D′.Vẽ các đường thẳng BC,BD,B′C ′ và B′D′.

Trước hết ta xét các tam giác ABC và A′B′C ′. Theo giả thiết, ta có

AC ∼= A′C ′ và BAC ∼= B′A′C ′. Vì vậy theo (C6), ta có thể có hai tam

giác trên là toàn đẳng. Đặc biệt, ta có BC ∼= B′C ′ và BCA ∼= B′C ′A′.

Tiếp theo, ta xét các tam giác BCD và B′C ′D′. Do AC ∼= A′C ′,AD ∼= A′D′, C ∗ A ∗ D và C ′ ∗ A′ ∗ D′ nên từ (C3) ta có CD ∼= C ′D′.

Do BC ∼= B′C ′ và BCA ∼= B′C ′A′ đã chứng minh ở trên nên ta áp dụng(C6) một lần nữa ta được các tam giác BCD và B′C ′D′ là toàn đẳng.

Đặc biệt BD ∼= B′D′ và BDA ∼= B′D′A′.

Bây giờ, ta xét hai tam giác BDA và B′D′A′. Từ các bước chứng

minh trước ta có BD ∼= B′D′ và BDA ∼= B′D′A′. Nhưng theo giả thiết


ta có AD ∼= A′D′. Vì vậy, áp dụng (C6) lần nữa ta được các tam giác

BDA và B′D′A′ toàn đẳng. Đặc biệt, BDA ∼= B′D′A′.

1.4.5 Hệ quả. Các góc đối đỉnh là toàn đẳng.

Chứng minh. Ta nhắc lại rằng các góc đối đỉnh là các góc được tạo bởicác tia đối nhau trên hai đường thẳng.

Các góc đối đỉnh α và α′ lần lượt bù với β và β là toàn đẳng với chínhnó. Vậy ta suy ra α và α′ toàn đẳng.

1.4.6 Mệnh đề. (Tính cộng tính của góc) Giả sử BAC là một góc và

tia−−→AD nằm trong góc BAC. Giả sử D′A′C ′ ∼= DAC và B′A′D′ ∼= BAD,

tia−−→A′B′ và tia

−−→A′C ′ nằm ở hai phía đối với đường thẳng A′D′. Thế thì

các tia−−→A′B′ và tia

−−→A′C ′ tạo nên một góc, B′A′C ′ ∼= BAC và tia

−−→A′D′

nằm trong góc B′A′C ′. Để ngắn gọn, ta nói "tổng các góc toàn đẳng làtoàn đẳng".


Chứng minh. Kẻ đường thẳng BC. Thế thì tia−−→AD phải cắt đoạn BC

bởi Định lý 1.2.5. Thay gốc D bởi điểm giao này, ta có thể giả thiết rằngB,D,C nằm trên cùng một đường thẳng và B ∗ D ∗ C. Mặt khác, tathay B′, C ′, D′ bởi các điểm khác trên cùng một tia, ta có thể giả thiết

AB ∼= A′B′, AC ∼= A′C ′ và AD ∼= A′D′. Vậy ta có BAD ∼= B′A′D′ và

DAC ∼= D′A′C ′ theo giả thiết. Vậy theo (C6) ta có tam giác BAD và

tam giác B′A′D′ là toàn đẳng. Đặc biệt, BD ∼= B′D′ và BDA ∼= B′D′A′.Lại theo (C6) ta có tam giác DAC toàn đẳng với tam giác D′A′C ′. Đặc

biệt DC ∼= D′C ′ và ADC ∼= A′D′C ′.

Lấy E ′ là điểm trên B′D′ sao cho B′ ∗D′ ∗ E ′. Thế thì A′D′E ′ là bù

với góc A′D′B′, ở đó góc A′D′B′ là toàn đẳng với ADB. Vì vậy, theoMệnh đề 1.4.4 và theo tính chất bắc cầu của quan hệ toàn đẳng, ta có

A′D′E ′ ∼= A′D′C ′. Do những góc này nằm về nửa mặt phẳng có bờ làđường thẳng A′D′ nên từ tính chất duy nhất của (C4) ta kết luận nhữnggóc này là như nhau. Nói cách khác ba điểm B′, D′, C ′ nằm trên mộtđường thẳng.

Từ (C3) ta có BC ∼= B′C ′. Theo chứng minh trước, từ tính toàn đẳng

của cặp tam giác đầu tiên, ta có ABD ∼= A′B′D′. Vậy ta có thể áp dụng(C6) một lần nữa cho tam giác ABC và tam giác A′B′C ′. Từ tính toàn

đẳng của những tam giác này ta suy ra BAC ∼= B′A′C ′. Do B′, D′, C ′

thẳng hàng và D′A′C ′ là một góc nên A′, B′, C ′ không thẳng hàng. VậyB′A′C ′ là một góc. Vì B′ và C ′ nằm trên hai nửa mặt phẳng khác nhau

với bờ là đường thẳng A′D′ nên B′ ∗D′ ∗C ′ và vì thế tia−−→A′D′ nằm trong

góc B′A′C ′.

Tiếp theo ta định nghĩa một khái niệm về bất đẳng thức cho các góctương tự như bắt đẳng thức các đoạn thẳng trong mục trước.

1.4.7 Định nghĩa. Cho trước hai góc BAC và EDF . Ta nói rằng góc

BAC nhỏ hơn EDF và viết là BAC < EDF nếu tồn tại một tia−−→DG

nằm trong góc EDF sao cho BAC ∼= GDF . Trong trường hợp này ta

cũng sẽ nói rằng EDF lớn hơn BAC.

Bằng cách lập lại phép chứng minh cho các đoạn thẳng ta có mệnhđề sau.

1.4.8 Mệnh đề. (a) Nếu α ∼= α′ và β ∼= β′ thì α < β ⇔ α′ < β′.(b) Bất đẳng thức cho ta một quan hệ thứ tự trên tập các góc (sai khác


một toàn đẳng!). Nói các khác, ta có(i) Nếu α < β và β < γ thì α < γ.(ii) Với hai góc tùy ý α và β chỉ có một trong các quan hệ sau là đúng:

α < β; α ∼= β; α > β.

1.4.9 Định nghĩa. Góc vuông là góc mà nó toàn đẳng với góc bù củanó.

Hai đường thẳng là vuông góc nếu chúng cắt nhau tại một điểm vàmột (do đó cả bốn góc) trong số các góc tạo ra là góc vuông.

1.4.10 Mệnh đề. Hai góc vuông bất kì là toàn đẳng với nhau.

Chứng minh. Giả sử α = CAB và α′ = C ′A′B′ là hai góc vuông. Thế thìchúng sẽ toàn đẳng với các góc phần bù của chúng là β và β′ theo địnhnghĩa. Giả sử α và α′ không toàn đẳng. Thế thì hoặc α < α′ hoặc α > α′.

Giả sử α < α′. Theo định nghĩa bất đẳng thức, tồn tại tia−−→A′E ′ trong

góc α′ sao cho α ∼= E ′A′B′. Điều đó suy ra rằng tia−−→A′C ′ nằm trong góc

E ′A′D′, vì thế β′ < E ′A′D′. Nhưng E ′A′D′ là góc bù của E ′A′B′, ở đó

E ′A′B′ là toàn đẳng với α. Vậy theo Mệnh đề 1.4.4, ta có E ′A′D′ ∼= β.Do vậy β′ < β. Nhưng α ∼= β và α′ ∼= β′ nên ta kết luận được α′ < α.Điều này là vô lý.


Bài tập

I.37. Giả sử đã có các góc toàn đẳng BAC ∼= B′A′C ′ và tia−−→AD nằm

trong góc BAC. Thế thì tồn tại tia−−→A′D′ nằm trong góc B′A′C ′ sao cho

DAC ∼= D′A′C ′ và BAD ∼= B′A′D′. Phát biểu này tương ứng với kháiniệm chung thứ ba của Euclid: "Bằng nhau trừ đi bằng nhau là bằngnhau", ở đó bằng nhau trong trường hợp này mang ý nghĩa toàn đẳngcủa các góc.

I.38. Giả sử tia−−→AD nằm trong góc BAC và tia

−→AE nằm trong góc DAC.

Chứng minh rằng tia−→AE cũng nằm trong góc BAC.

I.39. Xét mặt phẳng Descartes thực, ở đó quan hệ toàn đẳng giữa cácđoạn thẳng được cho bởi hàm khoảng cách là giá trị tuyệt đối (xem bàitập I.32). Sử dụng quan hệ toàn đẳng thông thường giữa các góc như đãbiết từ hình học giải tích, chứng minh rằng (C4) và (C5) là đúng trongmô hình này nhưng (C6) là sai. Hãy cho một phản ví dụ.

1.5 Mặt phẳng Hilbert

Trước hết ta đưa vào khái niệm sau.

1.5.1 Định nghĩa. Mặt phẳng Hilbert là một tập cho trước (gồm cácđiểm) cùng với các tập con thực sự gọi là những đường thẳng và nhữngkhái niệm không định nghĩa về ở giữa, toàn đẳng cho các đoạn thẳngvà toàn đẳng cho các góc (như đã giải thích trong các phần trước) thỏamãn các tiên đề (I1)-(I3), (B1)-(B4) và (C1)-(C6) (không bao gồm tiênđề song song (P)).

Với những tiên đề mà chúng ta đã đưa vào thì mặt phẳng Hilbertthỏa mãn nhiều tính chất cơ bản và quan trọng của Hình học Euclid cổ


điển. Tuy nhiên, vì khuôn khổ có hạn của cuốn sách nên chúng tôi khôngtrình bày chi tiết cách Euclid xây dựng hình học thông qua hệ tiên đềcủa mình. Vì thế, chúng tôi không thể liệt kê ra được những tính chấtcăn bản nào của Hình học Euclid cổ điển còn đúng trong mặt phẳngHilbert (và nếu đúng thì chứng minh chúng ra sao), những tính chất cănbản nào không còn đúng nữa trong mặt phẳng Hilbert. Bạn đọc nên tựmình tìm hiểu chi tiết vấn đề này - một trong những vấn đề hấp dẫnnhất của hình học.

Để làm ví dụ ta sẽ chứng minh một số tính chất như thế của mặtphẳng Hilbert.

1.5.2 Mệnh đề. (SSS) Nếu hai tam giác ABC và A′B′C ′ có các cạnhtương ứng bằng nhau, cụ thể AB ∼= A′B′, AC ∼= A′C ′ và BC ∼= B′C ′ thìhai tam giác toàn đẳng.

Chứng minh. Sử dụng (C4) và (C1), ta dựng góc C ′A′B′′ trên nửa mặt

phẳng khác phía với B′ với bờ là tia−−→A′C ′ sao cho nó toàn đẳng với góc

BAC và A′B” toàn đẳng với AB. Thế thì AB ∼= A′B” bởi cách xây dựng

và AC ∼= A′C ′ bởi giả thiết và BAC ∼= B′′A′C ′ bởi cách xây dựng. Theo(C6) tam giác ABC toàn đẳng với A′B′′C ′. Suy ra BC ∼= B”C ′.

Kẻ đường thẳng B′B”. Ta có A′B′ ∼= AB ∼= A′B”. Theo tính chấtbắc cầu A′B′ ∼= A′B”. Do đó, tam giác A′B′B” là tam giác cân và vì thế

hai góc đáy A′B′B” và A′B”B′ là toàn đẳng. Tương tự B′C ′ ∼= B”C ′,

vì thế tam giác C ′B′B” là cân và hai góc đáy B”B′C ′, B′B”C ′ là toànđẳng. Bởi tính cộng tính của các góc toàn đẳng (Mệnh đề 1.4.6) ta suy

ra A′B′C ′ ∼= A′B”C ′. Tam giác sau lại toàn đẳng với tam giác ABC, do

đó A′B”C ′ ∼= ABC. Do tính cộng tính của quan hệ toàn đẳng nên ta có

ABC ∼= A′B′C ′. Ta áp dụng (C6) một lần nữa để suy ra hai tam giác làtoàn đẳng.


Chú ý: Chứng minh trên và các hình vẽ kèm theo thực chất là chotrường hợp A′ và C ′ khác phía nhau đối với đường thẳng B′B”. Trườnghợp chúng cùng phía là tương tự, còn trường hợp A′ hoặc C ′ nằm trênđường thẳng B′B” là dễ hơn. Chứng minh chi tiết cho những trường hợpđó chúng tôi dành cho bạn đọc.

1.5.3 Mệnh đề. (ASA) Nếu hai tam giác ABC và A′B′C ′ thỏa mãnA ∼= A′, B ∼= B′, AB ∼= A′B′ thì hai tam giác đó là toàn đẳng.

Trên tia A′C ′, tồn tại điểm C” sao cho A′C” = AC (theo (C1)). Khi

đó 4ABC ∼= 4A′B′C ′ theo dấu hiệu toàn đẳng (SAS). Do đó CBA ∼=C”B′A′. Lại do C ′B′A′ ∼= CBA nên C ′′B′A′ ∼= C ′B′A′. Do đó tia B′C ′

và B′C” trùng nhau (theo (C4)), nghĩa là C ′ trùng C”.

1.5.4 Mệnh đề. (Sự tồn tại của tam giác cân). Cho một đoạn thẳngAB. Thế thì tồn tại một tam giác cân với đáy là AB.

Chứng minh. Giả sử AB là đoạn thẳng đã cho. Lấy một điểm C khôngnằm trên đường thẳng AB (tiên đề (I.3)). Xét tam giác ABC. Nếu cácgóc tại A và B là bằng nhau thì ABC là cân. Nếu không thì có một góc

là nhỏ hơn góc còn lại. Giả sử CAB < CBA. Thế thì tồn tại tia−−→BE nằm

trong góc CBA sao cho CAB ∼= EBA. Theo Định lý 1.2.5, tia này phảicắt cạnh đối diện AC tại điểm D. Do các góc đáy của tam giác DAB làbằng nhau nên tam giác là tam giác cân.

Chú ý: Do không có tiên đề song song nên với tất cả những tiên đềmà chúng ta đã đưa vào thì vẫn không dựng được hai góc bằng nhau tạihai đầu mút của một đoạn thẳng, thậm chí nếu các góc là nhỏ thì cũngkhông đảm bảo rằng hai tia sẽ cắt nhau.


Bài tập

I.40. Hãy chỉ ra trên mặt phẳng Hilbert sự tồn tại tia phân giác của mộtgóc cho trước.I.41. Hãy chỉ ra trên mặt phẳng Hilbert sự tồn tại trung điểm của mộtđoạn thẳng cho trước.I.42. Hãy chỉ ra trên mặt phẳng Hilbert sự tồn tại đường thẳng trực giaovới đường thẳng l cho trước từ một điểm A thuộc .I.43. Hãy chỉ ra trên mặt phẳng Hilbert sự tồn tại đường thẳng trực giaovới đường thẳng l cho trước từ một điểm A không thuộc l.I.44. Hãy chỉ ra trên mặt phẳng Hilbert sự tồn tại đường thẳng songsong với đường thẳng l cho trước và đi qua điểm A không thuộc l.I.45. Cho một tập hữu hạn các điểm A1, A2, · · · , An trên mặt phẳngHilbert. Chứng minh rằng tồn tại đường thẳng l sao cho mọi điểm đónằm về cùng một phía đối với l.

1.6 Giao của đường thẳng và đường tròn

Trong mục này ta luôn xét mặt phẳng Hilbert (không nhất thiết phảithỏa mãn tiên đề song song (P)). Ta sẽ giới thiệu thêm tiên đề (E) đểkhảo sát vấn đề về giao của đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳngHilbert.

1.6.1 Định nghĩa. Cho hai điểm phân biệt O,A. Đường tròn Γ tâm Obán kính OA là tập tất cả các điểm B sao cho OA ' OB. Điểm O gọilà tâm đường tròn. Đoạn OA gọi là bán kính.

Từ định nghĩa ta thấy đường tròn Γ bao gồm nhiều điểm, trong đócó điểm A. Hơn nữa nếu l là một đường thẳng đi qua O thì theo tiên đề(C1) sẽ tồn tại đúng hai điểm trên l nằm về hai phía của O và nằm trênđường tròn.

1.6.2 Mệnh đề. Giả sử Γ là đường tròn với tâm O bán kính OA và Γ′

là đường tròn tâm O′ bán kính O′A. Giả sử Γ = Γ′ theo nghĩa tập hợp.Thế thì O = O′. Hay nói cách khác tâm của đường tròn được xác địnhmột cách duy nhất.

Chứng minh. Giả sử O 6= O′. Khi đó ta xét đường thẳng l đi qua O vàO′. Do l đi qua tâm O của Γ nên nó phải cắt Γ tại hai điểm C,D thỏa


mãn C ∗ O ∗D và OC ' OD. Do Γ = Γ′ nên các điểm C,D cũng nằmtrên Γ′, vì vậy ta có O′C ' O′D và C ∗O′ ∗D.

Ta có thể giải thiết C ∗O ∗O′. Thế thì O ∗O′ ∗D do tính chất ở giữa.Do đó OC < O′C ' O′D < OD. Điều này là không thể do OC ' OD.Vậy O = O′.

Do tâm của đường tròn được xác định một cách duy nhất nên ta địnhnghĩa được khái niệm "nằm trong" và "nằm ngoài" đường tròn.

1.6.3 Định nghĩa. Cho Γ là đường tròn tâm O bán kính OA. ĐiểmB gọi là nằm trong Γ (hoặc thuộc phần trong của Γ) nếu B = O hoặcOB < OA. Điểm C gọi là nằm ngoài Γ (hoặc thuộc phần ngoài của Γ)nếu OA < OC.

1.6.4 Định nghĩa. Ta nói đường thẳng l tiếp xúc với Γ nếu l và Γ cắtnhau tại một điểm A. Ta nói đường tròn Γ tiếp xúc với đường tròn ∆nếu Γ và ∆ có một điểm chung.

Từ định nghĩa trên ta có thể chứng minh lại những tính chất thôngthường về tiếp xúc.

1.6.5 Mệnh đề. Giả sử Γ là đường tròn tâm O bán kính OA. Đườngthẳng vuông góc với bán kính OA tại A thì tiếp xúc với đường tròn vànằm về phía ngoài của đường tròn (trừ điểm A). Ngược lại nếu đườngthẳng l tiếp xúc với Γ tại A thì nó vuông góc với OA. Đặc biệt với bất kìđiểm A thuộc đường tròn, tồn tại duy nhất một đường thẳng tiếp xúc vớiđường tròn tại A.

Chứng minh. Trước hết ta xét đường thẳng l trực giao với OA tại A.Giả sử B là một điểm tùy ý trên đường thẳng l, B 6= A. Trong tam giácOAB, góc ngoài tại A là một góc vuông, vì vậy góc tại O và B nhỏ hơnmột góc vuông. Suy ra OB > OA.

Do đó B nằm ngoài đường tròn. Do vậy l chỉ giao với Γ tại điểm A. Vậyl là đường thẳng tiếp xúc với đường tròn Γ và nằm về phía ngoài củađường tròn đó.


Bây giờ ta giả thiết rằng l là đường thẳng tiếp xúc với Γ tại A. Taphải chỉ ra rằng l trực giao với OA. Nó không thể trùng với OA vì đườngthẳng OA còn cắt Γ tại một điểm khác đối diện với A. Xét đường thẳngđi qua O trực giao với l, cắt l tại B. Giả sử B 6= A. Lấy điểm C khácphía A đối với B sao cho AB ' BC (tiên đề (C1)). Theo (SAS) ta có4OBA ' 4OBC, suy ra OA ' OC và do đó C cũng thuộc Γ. Nhưngvì C 6= A nên ta có mâu thuẫn. Vậy B = A và do đó l trực giao vớiOA.

1.6.6 Hệ quả. Nếu đường thẳng l chứa một điểm A thuộc đường tròn Γnhưng không tiếp xúc với Γ thì l cắt Γ tại đúng hai điểm.

Chứng minh. Nếu l không tiếp xúc với Γ tại A thì nó không trực giaovới OA và như ta đã thấy trong chứng minh trước nó phải cắt Γ tại mộtđiểm C khác nữa. Ta phải chỉ ra rằng l không chứa thêm bất kì một điểmnào khác nữa của Γ. Nếu D là một điểm khác của l trên Γ thì OD ' OA,còn OB toàn đẳng với chính nó. Vì thế ta có 4ODB ' 4OAB. Do vậyAB ' BD và theo tiên đề C1 thì D phải trùng với A hoặc C.


1.6.7 Mệnh đề. Giả sử O,O′, A là ba điểm phân biệt thẳng hàng. Thếthì đường tròn Γ với tâm O và bán kính OA tiếp xúc với đường tròn Γ′

tâm O′ bán kính O′A′. Ngược lại, nếu hai đường tròn Γ,Γ′ tiếp xúc nhautại A thì tâm O,O′ của chúng thẳng hàng với A.

Chứng minh. Giả sử O,O′, A thẳng hàng. Ta phải chỉ ra rằng các đườngtròn Γ và Γ′ không có điểm chung nào khác ngoài A. Lập luận trongMệnh đề 1.6.2 chỉ ra rằng không tồn tại một điểm nào của đường thẳngOO′ mà nằm trên cả hai đường tròn Γ và Γ′. Giả sử tồn tại điểm B khôngnằm trên OO′ nhưng nằm trên cả hai đường tròn Γ và Γ′. Ta chia làmhai trường hợp tùy thuộc vào vị trí tương đối của O,O′ và A.

• Trường hợp 1: O ∗O′ ∗ A.

Do OA = OB nên OAB ' OBA. Vì O′A = O′B nên O′AB ' O′BA.Do đó OBA ' O′BA. Điều này là mâu thuẫn với tiên đề (C4). (Lập luậnnày cũng áp dụng cho trường hợp O′ ∗O ∗ A).

• Trường hợp 2: O ∗ A ∗O′.

Lập luận tương tự trên ta thấy OAB ' OBA và O′AB ' O′BA. Dohai góc tại A là bù nhau nên hai góc tại B cũng bù nhau. Vì vậy O,B,O′

thẳng hàng. Điều này là mâu thuẫn.

Ngược lại, giả sử rằng Γ và Γ′ tiếp xúc nhau tại A và giả sử rằngO,O′, A không thẳng hàng. Ta kẻ đường thẳng AC vuông góc với đườngthẳng OO′ và chọn điểm B trên đường thẳng AC khác phía A đối vớiOO′ sao cho BC ' AC. Từ các tam giác toàn đẳng ta suy ra OA ' OBvà O′A ' O′B. Vậy B cũng nằm trên Γ và Γ′. Điều này là mâu thuẫnvới giả thiết ban đầu. Vậy O,O′, A thẳng hàng.


1.6.8 Hệ quả. Nếu hai đường tròn cắt nhau tại điểm A nhưng khôngtiếp xúc nhau thì chúng cắt nhau tại đúng hai điểm.

Chứng minh. Ta đã thấy ở trên rằng nếu hai đường tròn không tiếp xúcnhau thì O,O′, A không thẳng hàng và chúng còn cắt nhau tại một điểmB khác nữa. Ta phải chỉ ra không tồn tại các giao điểm khác nữa. Giảsử còn có giao điểm thứ ba là D thì OD ' OA và O′D ' O′A. Dễ thấyD phải trùng với B hoặc A.

Như đã thấy trong phần đầu của mục này, một đường thẳng và mộtđường tròn hoặc hai đường tròn có thể tiếp xúc nhau (tức là cắt nhau tạiđúng một điểm), hoặc nếu chúng cắt nhau nhưng không tiếp xúc nhauthì chúng sẽ cắt nhau tại đúng hai điểm. Tuy nhiên, không có gì đảmbảo rằng một đường thẳng và một đường tròn hoặc hai đường tròn sẽ cắtnhau ngay cả khi chúng ở vị trí "có thể" cắt nhau theo trực giác thôngthường. Vì thế nên ta cần có thêm một tiên đề độc lập với các tiên đềđã biết của mặt phẳng Hilbert:

(E) (Tính chất giao của hai đường tròn) Cho hai đường tròn Γ,∆. Nếu∆ chứa ít nhất một điểm trong của Γ và chứa ít nhất một điểm ngoàicủa Γ thì ∆ và Γ cắt nhau.

Chú ý rằng từ các bài tập I.48 và I.50 ta suy ra hai đường tròn nàycắt nhau tại đúng hai điểm.

1.6.9 Mệnh đề. (Tính chất giao của đường thẳng với đường tròn) Trongmặt phẳng Hilbert cùng với tiên đề (E), nếu một đường thẳng l chứa mộtđiểm A nằm trong đường tròn Γ thì l sẽ cắt Γ tại hai điểm.

Chứng minh. Giả sử đã cho đường thẳng l và điểm A ∈ l sao cho A nằmtrong đường tròn Γ. Ta sẽ xây dựng đường tròn ∆ sao cho ∆ cắt Γ vàgiao điểm của hai đường tròn này thuộc l. Kẻ đường thẳng OB đi quaO và trực giao với l (nếu O nằm trên l thì l cắt Γ theo tiên đề (C1)). Tatìm điểm O′ nằm trên đường thẳng OB sao cho O′ nằm khác phía vớiO đối với l và O′B ' OB. Gọi ∆ là đường tròn tâm O′ bán kính r bằngbán kính của Γ. (Thật ra ở đây ta kí hiệu r là lớp tương đương toàn đẳngcủa bán kính của đường tròn Γ.)

Giả sử đường thẳng OO′ cắt ∆ tại hai điểm C,D sao cho O,C nằmcùng phía so với O′ và D nằm ở phía đối diện. Theo thiết A là một điểmthuộc l và nằm trong Γ, Do đó OA < r. Trong tam giác vuông OAB ta


có OB < OA nên suy ra OB < r. Từ đó O′B < r = O′C nên O′ và Cnằm khác phía so với l. Vậy O,C nằm cùng phía so với l. Ta sẽ chỉ ra Cnằm trong Γ. Có 2 trường hợp:

• Trường hợp 1: Nếu O ∗C ∗B thì OC < OB < r và do đó C nằm trongΓ.

• Trường hợp 2: Nếu C ∗O ∗B thì C ∗O ∗O′ và do đó OC < O′C = r,vậy C nằm trong Γ.

Mặt khác điểm D thỏa mãn O ∗ O′ ∗ D nên OD > O′D = r. Vìvậy D nằm ngoài Γ. Theo tiên đề (E) ta có Γ cắt ∆ tại điểm E. Tacòn phải chỉ ra rằng E nằm trên l. Thật vậy, ta có OE ' r ' O′E vàOB ' O′B bởi cách xây dựng và BE bằng với chính nó. Theo (SSS)ta có 4OEB ' 4O′EB. Suy ra các góc tại B là bằng nhau và do vậychúng là những góc vuông. Vậy BE trùng với l và do đó E nằm trên lvà Γ như đòi hỏi.

Chú ý: Sử dụng tiên đề mới (E) ta có thể chỉ ra sự tồn tại của tamgiác đều.

Thật vậy, ta lấy đoạn thẳng AB và gọi Γ là đường tròn tâm A bánkính AB. Giả sử ∆ là đường tròn tâm B bán kính BA. Thế thì A phảithuộc đường tròn ∆ và nó nằm trong Γ vì nó là tâm của Γ. Đoạn thẳngAB phải cắt ∆ tại một điểm khác D sao cho A∗B ∗D. Do đó AD > AB,vì thế D nằm ngoài Γ. Do đó ∆ chứa một điểm nằm trong Γ và cả một


điểm nằm ngoài Γ. Vì vậy ∆ phải cắt Γ tại một điểm C. Dễ thấy 4ABClà tam giác đều.

Bài tập

I.46. a) Phần trong của đường tròn Γ là một tập lồi, nghĩa là nếu B,Cnằm trong Γ và nếu D là điểm sao cho B ∗D ∗C thì D cũng nằm trongΓ.b) Giả sử có tiên đề song song (P). Hãy chỉ ra rằng nếu B,C là hai điểmngoài đường tròn Γ thì tồn tại một điểm thứ ba D sao cho đoạn BD vàDC nằm toàn bộ trong Γ. Điều này suy ra rằng phần trong của Γ là tậpliên thông đoạn.I.47. Hai đường tròn Γ và Γ′ cắt nhau tại A sẽ tiếp xúc nhau nếu và chỉnếu đường thẳng tiếp xúc với Γ tại A trùng với đường thẳng tiếp xúc vớiΓ′ tại A.I.48. Giả sử hai đường tròn Γ và ∆ tiếp xúc với nhau tại A. Hãy chỉ rarằng ∆ (bỏ đi A) nằm hoàn toàn trong Γ hoặc nằm hoàn toàn ngoài Γ.I.49. Sử dụng Mệnh đề 1.6.9, hãy đưa ra cách xây dựng một đường thẳngđi qua một điểm và trực giao với một đường thẳng đã cho.I.50. Cho ba đoạn thẳng thỏa mãn tổng hai đoạn bất kì lớn hơn đoạnthứ ba. Sử dụng (E), hãy cho cách xây dựng một tam giác với các cạnhtoàn đẳng với ba cạnh đã cho.I.51. Chỉ ra rằng cách xây dựng đường tròn nội tiếp một tam giác trongmặt phẳng Hilbert tùy ý. Hãy giải thích tại sao hai đường phân giáctrong của một tam giác lại cắt nhau tại một điểm. Từ đó hãy suy ra rằngba đường phân giác trong của một tam giác đồng quy.

1.7 Mặt phẳng Euclid

1.7.1 Định nghĩa. Mặt phẳng Euclid là một mặt phẳng Hilbert thỏamãn tiên đề (E), tính chất giao của đường tròn với đường tròn và tiênđề Playfair (P) (cũng còn được gọi là tiên đề song song). Nói cách khác,mặt phẳng Euclid là một tập các điểm cùng với các tập con được gọi làcác đường thẳng và các khái niệm không định nghĩa về quan hệ ở giữavà toàn đẳng, thỏa mãn các tiên đề (I1)-(I3), (B1)-(B4), (C1)-(C6), (E)và (P).


Với việc thêm vào tiên đề song song các tính chất cơ bản của Hìnhhọc Euclid đều đúng đối với mặt phẳng Euclid.

1.8 Đôi nét về lịch sử của vấn đề các đường

thẳng song song và Hình học phi Eu-

clid

Một trong những khám phá toán học lớn nhất của thế kỉ 19 là Hìnhhọc phi Euclid: Gauss đã nhìn thấy nhưng không công bố, Bolyai vàLobachevsky là những nhà toán học đã phát minh và hoàn thiện nhữngvẻ đẹp kỳ diệu của Hình học phi Euclid.

Ta bắt đầu mục này bằng việc giới thiệu lịch sử của vấn đề các đườngthẳng song song và các nỗ lực chứng minh Tiên đề thứ năm của Euclidtừ các tiên đề khác.

Lịch sử của Tiên đề song song

Để hiểu rõ sự hình thành của Hình học phi Euclid, một loại hình học màở đó có rất nhiều đường thẳng đi qua một điểm và song song với đườngthẳng đã cho, ta sẽ điểm lại lịch sử của vấn đề các đường thẳng songsong. Như chúng ta đã biết, Tiên đề thứ năm của Euclid (còn được xemnhư là định đề song song) đã thu hút nhiều mối quan tâm hơn là cáctiên đề và mệnh đề khác. Euclid dường như đã để ý đặc biệt đến định đề

này. Ông hoãn việc sử dụng định đề này càng lâu càng tốt và rất thậntrọng trong việc phát triển các định lý toàn đẳng cho tam giác mà khôngsử dụng đến định đề song song. Euclid đã bình phẩm đây là một tiên đềchứ không phải là định lý. Proclus (410 - 485) người đại diện cho trườngphái Plato thế kỉ 5 ở Athens, đã có một bình luận sâu sắc về quyển Cơ sở

đầu tiên của Euclid. Ý của ông là Định đề năm không rõ ràng "Nó có thểsuy ra từ các định đề khác. Do đó, nó là một định lý và việc chứng minhnó làm nảy sinh nhiều câu hỏi (Ptolemy đã đề xuất những câu hỏi nàytrong các quyển sách của ông) và việc giải quyết những câu hỏi mới đólại đòi hỏi phải thêm vào một số định nghĩa" (Proclus(1970)). Proclusđã đưa ra chứng minh của Ptolemy và chỉ ra sự chưa hoàn thiện củanó, đồng thời ông cũng đưa ra cách chứng minh Định đề năm của chính


mình. Trước hết ông nói rằng ta phải chấp nhận một tiên đề đã được sửdụng đầu tiên bởi Aristotle.

Tiên đề Aristotle Nếu từ một điểm đơn, hai đường thẳng tạo ra mộtgóc, thì đoạn thẳng giữa chúng sẽ vượt quá bất kì một độ dài hữu hạnnào. Nói cách khác, cho góc BAC tùy ý và đoạn DE cho trước, tồn tạiF trên tia AB sao cho FG trực giao với AC tại G và FG lớn hơn DE.

Proclus đã đề xuất một cách chứng minh cho bổ đề sau mà thực chấtchính là tiên đề Playfair.

Bổ đề Proclus Nếu một đường thẳng cắt một trong hai đường thẳngsong song thì nó cắt đường thẳng còn lại.

Chứng minh của ông như sau:Giả sử AB và CD là hai đường thẳng song song và EF cắt AB với Ftiến về phía CD. Ta áp dụng tiên đề Aristotle cho góc BEF : Khi ta mởrộng EF đến vô hạn, đoạn thẳng giữa nó và AB sẽ vượt quá khoảngcách giữa hai đường thẳng song song này và vì thế nó phải cắt CD.

Từ mệnh đề này Proclus dễ dàng chứng minh được định đề song song.Lập luận của Proclus đã được chấp nhận khá lâu, thậm chí đã được F.Commandino trình bày lại trong ấn phẩm của ông về Euclid năm 1575mà không có bình luận gì thêm.

Chúng ta có thể quan sát thấy hai điều từ lập luận của Proclus. Trướchết, ông giả thiết tiên đề khác (Tiên đề Aristotle) trong chứng minh củaông. Điều này không phổ biến trong các phép chứng minh Định đề songsong. Thường thì ta giả thiết một điều gì đó được coi là đúng (có thểđược nhận ra hoặc không) hóa ra lại tương đương với Định đề song song.Nhưng như vậy cũng không phải là quá tồi! Ta thấy rằng tiên đề Aristotlelà hệ quả của tiên đề Archimedean, và không suy ra được Tiên đề songsong. Lỗi nghiêm trọng hơn trong lập luận của Proclus là khi ông nói


về "khoảng cách giữa các đường thẳng song song": mọi điểm trên mộtđường thẳng đều có khoảng cách như nhau đến đường thẳng kia. Từđịnh nghĩa các đường thẳng song song là các đường thẳng trong cùngmột mặt phẳng mà không cắt nhau ta không suy ra được khoảng cáchtừ một điểm thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia là hằng số.Thực ra khi khoảng cách là hằng (và cùng với tiên đề Aristotle) thì đã làđủ để suy ra Định đề song song như Proclus đã chỉ ra. Do đó, nó tươngđương với Định đề song song. Như vậy, đã có sự nhầm lẫn trong việcđịnh nghĩa hai đường thẳng song song như là hai đường thẳng không cắtnhau với hai đường thẳng song song là chúng cách đều nhau (như nhữngđường ray tàu hỏa). Ví dụ trong ấn phẩm gồm sáu quyển sách đầu tiêncủa Euclid do J. Peletier phát hành (1557), định nghĩa 35 cho rằng "songsong hoặc những đường thẳng cách đều là những đường thẳng nằm trêncùng một mặt phẳng và mở rộng một cách bất kì theo các hướng đềukhông cắt nhau". Tuy nhiên Peletier suy ra các chứng minh của Euclidtrong cuốn I mà không sử dụng tính chất cách đều.

Một ví dụ nữa là ấn phẩm rất phổ biến về Cơ sở hình học được pháthành bởi Jesuit Andrea Tacquet (1612 - 1660), xuất bản lần đầu vào năm1654 và được tái bản nhiều lần trong 150 năm tiếp theo (Tacquet 1738).Sách của Tacquet không phải là bản dịch một cách nguyên bản từ Euclidmà ông sắp xếp lại để những người mới nghiên cứu hình học được dễdàng hơn. Mặc dù ông vẫn giữ số lượng các mệnh đề của Euclid, nhưngông tạo đã tạo ra nhiều sự khác biệt trong chứng minh của các mệnh đề

đó. Ông cũng xem xét một cách cẩn thận mệnh đề nào của Euclid thìđộc lập với Định đề song song và mệnh đề nào của Euclid thì phụ thuộcvào nó. Tacquet cho rằng định nghĩa của Euclid về các đường thẳng songsong theo cách mỗi đường thẳng đều tiến ra vô hạn nhưng không baogiờ cắt nhau, không phản ánh một cách thỏa đáng tính chất tự nhiêncủa các đường thẳng. Ta không thể dùng cách tiếp cận đó để nói về haihyperbola song song với nhau! Vì thế ông định nghĩa hai đường thẳnglà song song nếu các điểm nằm trên đường thẳng này cách đều đườngthẳng kia, và được đo bởi các đoạn thẳng trực giao từ các điểm thuộcđường thẳng thứ nhất tới đường thẳng thứ hai.Điều này không có hại. Tuy nhiên việc sử dụng các định nghĩa tùy tiệnvề đường thẳng song song sẽ tạo thành một gánh nặng trong việc chứngminh sự tồn tại các đường thẳng song song. Tacquet đã không hiểu sựtinh tế này. Ngoài ra, trong câu tiếp theo ông nói rằng bạn cần tạo racác đường thẳng song song như là quỹ tích các điểm cách đều một đường


thẳng đã cho một khoảng cách trực giao cố định chạy dọc theo đườngthẳng đó. Rõ ràng, ông sử dụng một tiên đề khác đã được phát biểumột cách tường minh và sử dụng trước đó bởi Christoph Clavius (1537 -1612) như một sự thay thế cho Định đề song song của Euclid.

Tiên đề Clavius Tập các điểm cách đều một đường thẳng đã cho vềcùng một phía là một đường thẳng.

Ta dễ dàng thấy tiên đề này tương đương với Định đề song song màTacquet đã hết sức tránh (xem Bài tập I.58).

Nhà toán học người Pháp Alexis Claude Clairaut (1713 - 1765) đãviết cuốn Cơ sở hình học (xuất bản lần đầu năm 1741) ở đó ông đã cố

gắng tạo ra thứ hình học mà học sinh có thể với tới được. Ông phànnàn về phương pháp thông thường dạy cơ sở hình học "luôn luôn bắtđầu bằng một số lớn các định nghĩa, định đề, tiên đề và những nguyên

lý đầu tiên. Chúng rất khô cứng và vô vị với người đọc". Ông nghĩ rằngviệc lý giải cẩn thận của Euclid chỉ đơn thuần thỏa mãn tính tò mò củacon người. Mục đích của Clairaut là giới thiệu các khái niệm của hìnhhọc một cách tự nhiên và đơn giản. Vì vậy, ông nói về đường thẳng đểđo khoảng cách giữa các điểm và dựng đường thẳng vuông góc như thế

nào. Ông còn hỏi việc gì dễ hơn cách sử dụng phương pháp này để xâydựng một hình chữ nhật? Ta chỉ cần lấy một đoạn thẳng AB và tại cácđiểm mút của nó kẻ các đoạn thẳng trực giao AC và BD có độ dài bằngnhau và nối CD. Từ đó ông phát triển lý thuyết song song. Giả thuyếtđược ẩn đi là cách dựng đó xác định một hình chữ nhật.

Tiên đề Clairaut Cho đoạn thẳng AB. Giả sử AC và BD là các đoạnthẳng bằng nhau và vuông góc với AB. Thế thì các góc C và D là vuông,nghĩa là ABCD là hình chữ nhật.

Robert Simson (1687 - 1768), Giáo sư Đại học Glasgow, đã viết mộtấn phẩm quan trọng về Cơ sở hình học Euclid bằng tiếng Latin và tiếngAnh, xuất bản lần đầu tiên vào năm 1756, sau đó được tái bản trong 30năm liền. Về định đề song song, ông nói: "Nó dường như không có chỗ


thực sự trong số các tiên đề. Thật vậy, nó không tầm thường nhưng nócó thể chứng minh được". Do đó, Simson đã giới thiệu một tiên đề.

Tiên đề Simson Một đường thẳng không thể lúc đầu gần một đườngthẳng khác sau đó lại xa nó trước khi cắt nó và như thế thì một đườngthẳng không thể đi ra xa từ một đường thẳng khác rồi lại tiến gần hơnđường thẳng đó, hoặc không thể có một đường thẳng giữ một khoảng cáchnhư nhau tới một đường thẳng khác sau đó tiến gần hơn hoặc xa hơnđường thẳng đó (Simson-1803).

Từ tiên đề này và sử dụng tiên đề Archimedean, Simson đã chứngminh đúng năm mệnh đề và mệnh đề cuối cùng là Định đề song song.Vì vậy, ta có trường hợp thay thế một tiên đề bằng một tiên đề khác.Tiên đề mới dường như tự nhiên hơn với Simson và ông đã sử dụng nóđể chứng minh Định đề song song.

John Playfair (1748 - 1819), Giáo sư triết học kiêm toán học của Đạihọc Edinburgh, xuất bản một ấn phẩm mới về 6 cuốn sách đầu tiên trong

bộ Cơ sở của Euclid lần đầu tiên vào năm 1795. Ông cho rằng Simson đãthực hiện một công việc tốt là sưu tầm các cơ sở của Euclid và mục đínhcủa ông trong ấn phẩm mới là cho chúng một cấu trúc để có thể "làm

cho chúng có ích một cách cao nhất". Ông nói rằng: "Một tiên đề mớicũng được giới thiệu với mục đích chứng minh được dễ dàng hơn một vàitính chất về đường thẳng song song". Đó chính là tiên đề Playfair.

Tiên đề Playfair Hai đường thẳng giao nhau thì không thể cùng songsong với một đường thẳng khác.

Playfair đưa ra nhiều lập luận thú vị về các đường thẳng song song.

Ông đồng ý với Proclus rằng Định đề song song của Euclid sẽ được chứng

minh và không xảy ra như một tiên đề. Ông đã xem lại ba phương phápmà các nhà hình học đã sử dụng nhằm nỗ lực đưa Định đề song song rakhỏi các cơ sở của Euclid(1) Bằng một định nghĩa mới về đường thẳng song song.(2) Bằng việc giới thiệu một tiên đề mới liên quan đến các đường thẳngsong song, rõ ràng hơn của Euclid.(3) Bằng việc lý giải một cách rõ ràng định nghĩa về đường thẳng songsong và các tính chất về đường thẳng được chứng minh mà không cầngiả thiết thêm một tiên đề mới nào.


Bài tập

Trong các bài tập sau đây ta luôn giả thiết các tiên đề của mặt phẳngHilbert.I.52. Chứng minh rằng bổ đề Proclus tương đương với tiên đề Playfair(P).I.53. Xét trường hợp đặc biệt sau đây của Định đề song song mà ta sẽgọi là tiên đề tam giác vuông :Cho một góc vuông ABD và một góc nhọn α = CAB trên cùng mộtphía của đường thẳng AB, tia AC khi kéo dài sẽ cắt tia BD kéo dài.Chứng minh tiên đề tam giác vuông tương đương với (P).I.54. Chứng minh trực tiếp rằng tiên đề tam giác vuông suy ra trườnghợp đặc biệt của Định đề song song Euclid được phát biểu như sau: "Chomột góc nhọn α = CAB, β = ABD trên cùng một phía của đường thẳngAB. Khi đó tia AC và BD sẽ cắt nhau".

I.55. Hãy xem xét "chứng minh" sau đây về tiên đề song song do Frances-chini (1756 - 1840) nêu ra: Cho A,B,C,D như trong bài tập I.53, từ Chạ đường vuông góc CE với đường thẳng AB. Do α là góc nhọn nên Esẽ nằm giữa A và B. Bây giờ lấy điểm F xa hơn thuộc tia AC. Từ F hạđường vuông góc FG với AB. Thế thì G nằm giữa E và B. Vì F chuyểnđộng trên tia AC mà không bị giới hạn nên G phải chạy dọc theo tia AEvà không bị chặn, vì vậy nó phải dần chạm B. Vì vậy F sẽ là giao điểmcủa AC và BD (xem hình vẽ).I.56. John Wallis (1616 - 1703) đã đưa ra một chứng minh của Định đềsong song dựa vào nguyên lý là mọi hình luôn có một hình đồng dạngvới cỡ tùy ý. Để rõ ràng ta phát biểu tiên đề Wallis như sau:Tiên đề WallisCho tam giác ABC và một đoạn DE. Thế thì tồn tại tam giác A′B′C ′

(có các góc như góc của tam giác ABC) có cạnh A′B′≥DE. Chứng minhrằng tiên đề Wallis suy ra (P).

I.57. Trong mặt phẳng Hilbert, chỉ ra rằng các cạnh đối diện của một


hình chữ nhật (nghĩa là hình có bốn góc vuông) là bằng nhau. Gợi ý:Lấy trung điểm E của AB, dựng đường thẳng vuông góc với AB tại E,sau đó sử dụng các đường chéo.

I.58. Trong mục này ta sẽ khám phá về tiên đề Clavius.(a) Cho l là một đường thẳng và m là tập các điểm cách đều l. Theo tiênđề Clavius, m là một đường thẳng. Thế thì với A,B,C trên m các đườngvuông góc AA′, BB′, CC ′ tới l là bằng nhau. Chứng minh rằng các gócA,B,C cũng là các góc vuông.(b) Cho ABC là tam giác vuông. Kéo dài AB tới D sao cho AB và BDtoàn đẳng, và hạ đường thẳng vuông góc DE tới AC. Giả sử rằng cótiên đề Clavius. Chứng minh rằng DE toàn đẳng với 2BC.

(c) Chứng minh rằng tiên đề Clavius cùng với tiên đề Archimedean suyra (P).I.59. Chứng minh rằng tiên đề Clairaut tương đương với tiên đề Clavius.I.60. Chứng minh rằng tiên đề Simson tương đương với tiên đề Clavius.I.61. Farkas Bolyai cha của János đã đề xuất tiên đề sau


Tiên đề Bolyai Với ba điểm không thẳng hàng tùy ý A,B,C tồn tạimột đường tròn chứa chúng.(a) Sử dụng cách dựng sau đây để chỉ ra rằng tiên đề Bolyai suy ra Địnhđề song song của Euclid.

Cho hai đường thẳng l,m và đoạn thẳng AB. Giả sử rằng α và β nằmvề một phía có tổng nhỏ hơn 2v. Gọi C là trung điểm của AB. Từ C hạđường thẳng vuông góc với l và m và lấy D,E đối xứng với C qua l vàm tương ứng. Chỉ ra rằng C,D,E không thẳng hàng và sử dụng tiên đềBolyai để chứng minh rằng l,m cắt nhau.

(b) Chứng minh rằng tiên đề Bolyai đúng trong một mặt phẳng Hilberttùy ý thỏa mãn (P).I.62. Dr. Anton Bischof trong luận án năm 1840 đã đề xuất một lý thuyếtcác đường thẳng song song không phụ thuộc vào Định đề song song củaEuclid bằng việc đưa ra định nghĩa khác về các đường thẳng song song.Lý thuyết của ông như sau:

Hướng của một đường thẳng có thể được đo bằng góc mà chúng tạo vớiđường thẳng khác. Vì vậy, ta định nghĩa "song song là sự bằng nhau


về hướng của các đường thẳng tương tự nhau đối với các đường thẳngkhác". Nói cách khác, hai đường thẳng song song với nhau nếu chúng tạora những góc bằng nhau với một đường thẳng khác mà cắt cả hai đườngthẳng đó.Rõ ràng rằng các đường thẳng song song không thể cắt nhau, bởi vìđường thẳng đi qua mỗi giao điểm sẽ tạo ra các góc như nhau với cả haiđường thẳng này. Với lý do tương tự, rõ ràng chỉ có một đường thẳng điqua một điểm và song song với đường thẳng cho trước. Nếu hai đườngthẳng tạo ra những góc như nhau với một đường thẳng cắt chúng thìchúng sẽ song song. Lập luận tương tự ta có được tất cả các hệ quả khácmà ta có thể tìm thấy trong mọi quyển sách.I.63. Hãy xem xét "chứng minh" của Thibaut (1775 - 1832) rằng tổngcác góc trong một tam giác bằng 2v độc lập với lý thuyết các đườngthẳng song song.Cho tam giác ABC, lấy đoạn AD nằm trên đường thẳng AC khác phíavới C, quay đoạn thẳng này tới AE trên AB. Đẩy đoạn AE dọc theoAB được BF , quay BF tới BG và đẩy BG tới CH, rồi quay CH tới CIvà đẩy nó trở lại AD. Trong quá trình này, đoạn thẳng AD đã hoàn tấtmột phép quay và tạo ra bốn góc vuông. Nhưng nó bằng với tổng củacác góc ngoài DAE, FBG và HCI. Lặp lại các bước như thế nhưng vớicác góc bù, ta tìm được tổng của ba góc trong tam giác bằng 2v.

Hình học trung tính

Ngài Henry Savile, trong một bài giảng về tác phẩm Cơ sở của Euclid tạiOxford năm 1621 nói "trong thân thể đẹp đẽ nhất của hình học, có haikhiếm khuyết, không nhiều hơn, và như tôi biết, để loại bỏ và làm sạchkhiếm khuyết đó cả các tác giả xưa kia và hiện tại đã phải làm việc rất

cần mẫn". Ông đã nói đến lý thuyết song song và lý thuyết về tỉ lệ. Lýthuyết của Euclid về tỉ lệ đã được chứng minh một cách thấu đáo và cóđược biểu diễn hiện đại thông qua số học. Tuy nhiên, những nghiên cứuvề lý thuyết song song lại không dẫn tới kết quả như mong đợi. Thay vìkhẳng định các kết quả của hình học Euclid là đúng, các nhà nghiên cứuđã chỉ ra rằng các kết quả của Euclid chỉ là một trong rất nhiều hìnhhọc có thể có. Những hình học khác đó được gọi là hình học phi Euclid.Câu chuyện về sự khám phá này là một trong những chương chói lọi nhấttrong lịch sử toán học và đã được nói đến ở nhiều nơi. Trong phần này


chúng ta chỉ trình bày tóm tắt.

Ta có thể chia ra làm bốn thời kì. Trước hết, những gì mà chúng tađã giải thích tỉ mỉ trong phần trước có thể gọi là "sự không hài lòng vớiEuclid". Mặc dù thừa nhận các cơ sở của Euclid tạo ra một hình họcchặt chẽ, nhưng cũng đã có những sự chỉ trích nói rằng phương pháp xửlí của ông có thể làm tốt hơn. Thật vậy, họ đã cố gắng tốt hơn Euclidhoặc bằng việc chứng minh Định đề song song hoặc bằng việc thay thếchúng bằng một giả thiết khác tự nhiên hơn.

Thời kì thứ hai được thể hiện qua các nghiên cứu của Saccheri, Leg-endre và Lambert dựa trên giả thiết rằng Định đề song song là sai và xemkết luận nào mà ta có thể rút ra được. Bằng cách như vậy, các nhà toánhọc trên tiến hành thu thập các kết quả đúng được rút ra từ giả thiếtrằng Định đề song song là sai và chờ đợi việc tìm ra được mâu thuẫn (vàdo đó chứng minh được Định đề song song của Euclid!). Tiếc rằng saukhi đã chứng minh tỉ mỉ toàn bộ các mệnh đề trong hình học mới này,mỗi nhà toán học trên lại mắc sai lầm và nghĩ rằng mình đã tìm ra mâuthuẫn.

Thời kì thứ ba được bắt dầu với ý nghĩ: Vâng, có thể có một hìnhhọc mà ở đó Định đề song song là sai. Bước này xảy ra một cách độclập bởi Carl Friedrich Gauss (1777 - 1855) ở Đức, János Bolyai (1802 -1860) ở Hungari và Nicolai Ivanovich Lobachevsky (1793 - 1856) ở Nga.Mặc dù Gauss là người đầu tiên nhận ra sự tồn tại một hình học mớinhưng ông không công bố gì cả về các nghiên cứu của mình. Vì thế,Bolyai và Lobachevsky đều tin rằng các ông là người đầu tiên phát minhra hình học mới này. Bolyai đã thốt lên trong một bức thư gửi cho chaông "...Con đã tạo ra một vũ trụ mới lạ".

Thời kì thứ tư là giai đoạn xác nhận những hình học mới bằng cáchđưa ra những mô hình cho những hệ tiên đề để chỉ ra sự tồn tại củachúng. Đó chính là những nghiên cứu của Beltrami, Klein và Poincaré.

Do khuôn khổ có hạn của Giáo trình nên chúng ta chỉ đi sâu vào mộtvài công việc của thời kì thứ hai. Bạn đọc nên tự mình đọc thêm các tàiliệu trình bày về các mô hình của hình học phi Euclid, chẳng hạn như môhình Poincaré trên đĩa đơn vị của mặt phẳng phức. Có rất nhiều cuốnsách hay viết về chủ đề này.

Các kết quả chính của giai đoạn thứ hai là những nghiên cứu củaGirolamo Saccheri (1667-1773) và Adrien Marie Legendre (1752-1822).


Cuốn sách "Euclides ab omni naevo vindicatus" về Hình học Euclid củaSaccheri đã được xuất bản năm 1733. Tiêu đề "Euclid tháo gỡ mọi sựkhiếm khuyết" đã được trích ra từ tác phẩm trên. 32 mệnh đề đầu tiênlà cả một sự trình bày tuyệt vời về mặt toán học. Nhưng thật đáng tiếc,sau đó ông lại nói rằng ông đã chứng minh được Định đề song song, bởivì nếu nó sai thì sẽ có hai đường thẳng có đường vuông góc chung tại xavô tận, điều này "trái với tính tự nhiên của đường thẳng".

Công việc của Saccheri có lẽ xảy ra trước thời gian này, nó đã khôngđược chấp nhận và bị bỏ quên cho tới cuối thế kỷ 19. Các kết quả tươngđương đã được khám phá lại một cách độc lập vào nửa sau của thế kỷ19 bởi Legendre trong cuốn "Cơ sở hình học" (Eléments de Géométrie)được xuất bản lần đầu tiên năm 1794. Cuốn sách này đã được biên tậplại và tái bản nhiều lần, được dịch ra nhiều thứ tiếng và đã có ảnh hưởngsâu rộng trong việc dạy hình học, đặc biệt là thu hút sự quan tâm đếntiên đề song song.

Ta bắt đầu bằng mô hình đã được Saccheri nghiên cứu rất nhiều. Vềmặt lịch sử, mô hình này đã được Clavius nghiên cứu sớm hơn, khi ôngđề xuất tiên đề Clavius mà ta đã trình bày ở phần trên. Nhà toán họcTommaso Ceva đã giới thiệu các tác phẩm của Clavius với Saccheri. Vìthế, ta có thể suy đoán rằng Saccheri đã nghiên cứu hình học sâu sắchơn từ những ý tưởng của Clavius.

1.8.1 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert, giả sử AC,BD bằng nhau vàcùng vuông góc với AB lần lượt tại A và B. Ta nối CD và gọi tứ giácnày là tứ giác Saccheri. Thế thì các góc tại C và D bằng nhau. Hơn nữađường thẳng nối trung điểm của AB và CD trực giao với cả hai đoạnthẳng.

Chứng minh. Giả sử tứ giác ABCD như trên. Gọi E là trung điểm củaAB và l là đường thẳng vuông góc với AB tại E. Do l là đường trungtrực của AB nên A và C nằm về cùng một phía đối với l;B,C nằm ởphía khác của l. Do đó l cắt đoạn CD tại F. Theo (SAS) tam giác AEF

và BEF là toàn đẳng. Vì vậy góc FAE = FBE và vì vậy AF = FB. Do

góc ở A và B là vuông góc nên CAF = DBF . Cũng bởi (SAS) ta cótam giác CAF và DBF toàn đẳng. Điều này chứng tỏ các góc tại C,Dbằng nhau và F là trung điểm của CD. Bằng cách xét các cặp tam giáctoàn đẳng cũng suy ra các góc CFE và DFE bằng nhau. Vậy theo địnhnghĩa hai góc này là vuông.


Chú ý: Từ việc bằng nhau giữa các góc tại C và D, Saccheri chia ra làmba trường hợp mà ông gọi là các giả thiết về góc nhọn, các giả thiết vềgóc vuông và các giả thiết về góc tù, tùy thuộc vào góc ở C và D là các

góc nhọn, vuông hay tù. Ông chỉ ra rằng nếu bất kỳ một trong nhữngtrường hợp này mà đúng với một tứ giác nào đó thì đều đúng cho tất cảtứ giác khác. Chứng minh của ông sử dụng tính liên tục, một dạng củađịnh lý giá trị trung gian.

1.8.2 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert, cho tứ giác ABCD có A vàB vuông, AC và BD không bằng nhau. Thế thì các góc C lớn hơn góc Dnếu và chỉ nếu AC < BD.

Chứng minh. Giả sử AC < BD và chọn E trên BC sao cho AC = BE.

Thế thì tứ giác ABCE là tứ giác Saccheri và ACE = BEC bởi mệnh

đề trước. Ta có ACD > AEC và BEC lớn hơn góc D bởi định lý gócngoài. Do đó ta có góc C lớn hơn góc D. Mặt khác, nếu AC > BD thìbằng lập luận tương tự ta chỉ ra rằng góc C nhỏ hơn góc D. Do đó mệnhđề được chứng minh.

1.8.3 Mệnh đề. Cho ABCD là tứ giác Saccheri và P là điểm thuộcđoạn thẳng CD,PQ trực giao với AB. Gọi α là góc C (nó cũng bằng vớigóc D). Khi đó


(a) Nếu PQ < BD thì α là nhọn.(b) Nếu PQ = BD thì α là vuông.(c) Nếu PQ > BD thì α là góc tù.

Chứng minh. Gọi β và γ là hai góc tại P . Trường hợp (a), nếu PQ < BDthì PQ < AC và từ Mệnh đề trên ta có α < β và α < γ. Do đó2α < β+ γ = 2v. Do đó α là góc nhọn. Chứng minh (b) và (c) bằng cáchtương tự.

1.8.4 Mệnh đề. Cho ABCD là một tứ giác Saccheri, P là điểm nằmtrên đường thẳng CD nhưng ngoài đoạn CD. Giả sử PQ trực giao vớiđường thẳng AB và α là góc C (nó cũng bằng với góc D). Khi đó(a) Nếu PQ > BD thì α là nhọn.(b) Nếu PQ = BD thì α là vuông.(c) Nếu PQ < BD thì α là tù.

Chứng minh. a) Giả sử PQ > BD. Chọn E ∈ PQ sao cho BD = QE.Nối CE và DE. Thế thì ta có ba tứ giác Saccheri. Ta sẽ so sánh các góccủa chúng.

Gọi α, β, γ là các góc ở đỉnh của tứ giác ABCD,BQDE,AQCE

tương ứng. Đặt ρ = EDP . Thế thì δ là góc ngoài của tam giác CDE, do


đó ta có δ > DCE = α − γ. Mặt khác, quan sát các góc tại E, ta thấyβ > γ. Vậy 2v = α + β + δ > α + γ + α− γ = 2α, suy ra α là nhọn.

Với trường hợp (b), PQ = BD, thì AQCP là tứ giác Saccheri. Dođó theo Mệnh đề 1.8.3b các góc của chúng (cũng là bằng với góc củaABCD) phải là góc vuông.

c) Với PQ < BD, chứng minh tương tự. Kéo dài PQ tới E sao choBD = QE. Nối CE,DE. Khi đó ta tạo được ba tứ giác Sacccheri với các

góc α, β, γ được ký hiệu như hình vẽ. Đặt δ = PDE. Thế thì theo định

lý góc ngoài ta có δ > DCE = γ−α. Quan sát tại E ta thấy γ > β. Mặtkhác, quan sát tại D ta lại thấy2v = α + β − δ. Vì vậy, kết hợp các kếtquả lại ta được 2v = α + β − δ < α + γ − δ < 2α. Vậy α là góc tù.

1.8.5 Định lí. (Saccheri) Trong một mặt phẳng Hilbert tùy ý, nếu mộttứ giác Saccheri nào đó có các góc nhọn thì mọi tứ giác Saccheri cũng cócác góc nhọn. Nếu một tứ giác Saccheri nào đó có các góc vuông thì mọitứ giác Saccheri cũng có các góc vuông. Trường hợp cho góc tù là tươngtự.

Chứng minh. Ta chỉ chứng minh cho trường hợp góc nhọn. Cách chứngminh cho hai trường hợp còn lại là tương tự.

Giả sử ABCD là tứ giác Saccheri có các góc nhọn và EF là đườngtrung bình của nó (xem Mệnh đề 1.8.1). Nếu A′B′C ′D′ là tứ giác Sacc-cheri khác với đường trung bình bằng EF. Thế thì ta có thể di chuyển nóđể hai tứ giác đó có đường trung bình trùng nhau. Giả sử AB < A′B′.Ta có α là góc nhọn. Theo Mệnh đề 1.8.4 ta có BD < B′D′. Theo Mệnhđề 1.8.4 ta có α′ là góc nhọn. Nếu AB > A′B′ thì ta lặp lại lập luậnnhư trên nhưng theo thứ tự ngược lại. Vậy mọi tứ giác Saccheri có đườngtrung bình trùng với EF đều có góc nhọn.


Tiếp theo, ta chỉ ra rằng với bất kì đoạn thẳng khác, tồn tại một tứgiác Saccheri với các góc nhọn và có đường trung bình bằng đoạn thẳngđã cho. Lấy đoạn EG trên EB và đoạn thẳng trực giao với AB tại G cắtCD tại H. Lấy G,H đối xứng qua AB để được G1, H1 tương ứng. LấyF,H đối xứng qua AB để được F2, H2 tương ứng. Ta có G1GH1H là mộttứ giác Saccheri với đường trung bình là EF, vì thế theo lập luận trướcgóc β của nó là nhọn. Ta có FF2HH2 là một tứ giác Saccheri khác cócùng góc nhọn β và đường trung bình EG. Như vậy, mọi tứ giác Saccherikhác có đường trung bình bằng với EG (và nhỏ hơn EB) phải có các gócnhọn.

Cuối cùng, cho một tứ giác Saccheri có đường trung bình lớn hơn EB.Ta lấy một đoạn thẳng nhỏ hơn EB làm đường trung bình. Vẽ đườngthẳng trực giao với đường trung bình tại điểm đó, tạo ra một tứ giácSaccheri mới với đường trunh bình nhỏ hơn EB và so sánh như trước.

1.8.6 Mệnh đề. Với một tam giác ABC đã cho, tồn tại một tứ giácSaccheri mà tổng hai góc ở đỉnh của nó bằng tổng ba góc trong tam giác.

Chứng minh. Giả sử ABC là tam giác đã cho.

Ta lấy D,E là trung điểm của AB,AC và kẻ DE là đường trung bìnhcủa tam giác. Hạ đường vuông góc BF,AG,CH tớiDE. Ta có AD = DBvà các góc đối đỉnh tại D là bằng nhau, do đó theo (AAS) tam giác ADGvà BDF là toàn đẳng. Tương tự các tam giác AEG và CEH là toànđẳng. Từ các cặp tam giác toàn đẳng, ta có BF = AG = CH. Tứ giácFHBC có các góc vuông tại F và H, vì thế nó là tứ giác Saccheri. Cácgóc của tứ giác tại B và C là hợp thành của các góc tại B và C của tamgiác ABC cộng với các góc toàn đẳng với hai phần của góc tại A đượctạo bởi đường thẳng AG. Do đó, góc tại B và C của tứ giác toàn đẳngvới tổng các góc của tam giác ABC.


Nếu G nằm ngoài đoạn EF thì ta lập luận tương tự ngoại trừ sử dụnghiệu thay vì tổng các góc.

1.8.7 Định lí. Với bất kỳ mặt phẳng Hilbert nào:

(a) Nếu tồn tại một tam giác mà tổng các góc nhỏ hơn 2v thì mọi tamgiác đều có tổng các góc nhỏ hơn 2v.

(b) Các điều kiện sau là tương đương:

(i) Tồn tại một tứ giác với tổng các góc bằng 2v.

(ii) Tồn tại một hình chữ nhật.

(iii) Mọi tam giác có tổng các góc bằng 2v.

(c) Nếu tồn tại một tam giác với tổng các góc lớn hơn 2v thì mọi tamgiác đều có tổng các góc lớn hơn 2v.

Chứng minh. a) Nếu tồn tại một tam giác với tổng nhỏ hơn 2v thì theoMệnh đề 1.8.6 tứ giác Saccheri liên kết của nó phải có góc nhọn. BởiMệnh đề 1.8.5 ta suy ra mọi tứ giác Saccheri đều có góc nhọn và theoMệnh đề 1.8.6 một lần nữa mọi tứ giác phải có tổng các góc nhỏ hơn 2v.

Chứng minh của (b) là tương tự, ở đó ta chú ý rằng một hình chữnhật coi như là một tứ giác Saccheri có các góc vuông. Chứng minh của(c) tương tự như chứng minh của (a).

1.8.8 Định nghĩa. Trong trường hơp (a) của định lý trên, ta nói rằnghình học đó là nửa hyperbolic. Trong trường hợp (b), ta nói hình học đólà nửa Euclid và trong trường hợp (c) ta nói hình học đó là nửa elliptic.

Chú ý: Ba trường hợp trên tương đương với giả thiết về góc nhọn, giảthiết về góc vuông và giả thiết về góc tù của Saccheri. Do đó tất cả cácmặt phẳng Hilbert có thể chia làm ba loại. Tất nhiên, mọi mặt phẳngEuclid, hoặc tổng quát hơn, mọi mặt phẳng Hilbert thỏa mãn (P ) đềulà nửa Euclid. Mặt khác, có những ví dụ về một mặt phẳng nửa Euclidmà không thỏa mãn (P ).

Ta gọi hình học là hyperbolic nếu nó thỏa mãn tiên đề hyperbolic củaHilbert. Tồn tại hình học nửa hyperbolic mà không là hyperbolic.

Hình học nửa elliptic được phát hiện lần đầu tiên bởi Dehn vào năm

1900. Ông gọi hình học này không Legendre. Thuật ngữ elliptic thường


được dùng cho hình học giống như mặt phẳng xạ ảnh, ở đó không cónhững đường thẳng song song. Chúng không thỏa mãn tiên đề Hilbert.

1.8.9 Định nghĩa. Ta nói rằng một tam giác là Euclid nếu tổng cácgóc của chúng bằng 2v. Nếu không thì ta gọi là phi Euclid. Để đo sự khácbiệt với trường hợp Euclid, ta định nghĩa số khuyết của một tam giácbất kỳ bằng δ = 2v−(tổng các góc trong một tam giác). Do đó δ = 0 vớitam giác Euclid, δ là một góc dương cho một tam giác trong mặt phẳngnửa Euclid và δ âm cho một tam giác trong mặt phẳng nửa elliptic.

1.8.10 Bổ đề. Nếu tam giác ABC được cắt thành hai tam giác bởi mộtđoạn cắt ngang BD thì số khuyết của tam giác lớn bằng tổng các sốkhuyết của hai tam giác nhỏ:

δ(ABC) = δ(ABD) + δ(BCD).

Chứng minh. Ký hiệu các góc như hình vẽ. Thế thì

δ(ABD) = 2v − α− β1 − δ1,

δ(BCD) = 2v − β2 − δ2 − γ.

Do δ1 + δ2 = 2v nên ta có δ(ABD) + δ(BCD) = 2v − α− β1 − β2 − γ =δ(ABC).

Lý thuyết về các đường song song trong hình họctrung tính

Trước hết, ta đưa vào định nghĩa sau.

Hình học thỏa mãn các tiên đề Hilbert về quan hệ liên thuộc, ở giữa,toàn đẳng nhưng không thể khẳng định hoặc phủ định tiên đề song song(P ), được gọi là hình học trung tính.


Cho đường thẳng l và p 6∈ l. Ta biết rằng tồn tại một đường thẳng quaP và song song với l. Nếu mặt phẳng Hilbert thỏa mãn tiên đề Playfair(P ) thì đường thẳng đó là duy nhất. Nhưng trong trường hợp phi Euclid,có thể tồn tại nhiều hơn một đường thẳng đi qua P mà song song với l.Trong số những đường thẳng như thế, về một phía của l, có một đườngthẳng gần l hơn các đường thẳng khác. Để định nghĩa điều đó một cáchchính xác điều đó ta sẽ dùng ngôn ngữ tia.

Ta sẽ ký hiệu một tia là Aa với A là điểm gốc và a là đường thẳngmang tia cùng với việc lựa chọn một trong hai hướng trên đường thẳnga. Hai tia gọi là cùng hướng nếu chúng nằm trên cùng một đường thẳngvà "có cùng một hướng". Nói cách khác, một trong hai tia đó là tập concủa tia khác. Nếu Aa là một tia và A′ là một điểm trên đường thẳng athì ta ký hiệu A′a là tia cùng hướng tương ứng.

1.8.11 Định nghĩa. Tia Aa là giới hạn song song với tia Bb nếu hoặcchúng là những tia cùng hướng hoặc chúng nằm trên những đường thẳngphân biệt không trùng với đường thẳng AB, chúng không cắt nhau vàmọi tia nằm trong góc BAa đều cắt tia Bb. Ta kí hiệu Aa|||Bb.

Trong các mệnh đề sau đây ta sẽ chỉ ra rằng khái niệm này là mộtquan hệ tương đương. Do ta chưa đòi hỏi gì về sự tồn tại của các tiagiới hạn song song nên mọi kết quả sau đây nên được hiểu theo nghĩalà chúng đúng khi các tia giới hạn song song tồn tại. Tiên đề hyperbolicđòi hỏi sự tồn tại các tia giới hạn song song từ một điểm tùy ý tới mộttia đã cho.

1.8.12 Mệnh đề. Nếu Aa|||Bb và nếu A′a,B′b là các tia cùng hướngvới tia Aa,Bb tương ứng thì A′a|||B′b.


Chứng minh. Do ta có thể thay thế một tia bằng một tia cùng hướngnên ta có thể giả sử được rằng A′ nằm trên tia Aa. Ta phải chỉ ra rằngmọi tia n nằm trong góc BA′a sẽ cắt tia Bb. Lấy P trên tia n khác A′.

Thế thì tia−→AP nằm trong góc BAa. Theo giả thiết nó cắt tia Bb tại C.

Bây giờ tia n cắt một cạnh của tam giác ABC, theo tiên đề Pasch (B4)nó phải cắt cạnh khác. Cạnh AB là không thể, vì vậy n cắt BC với BCchứa trong tia Bb.

Tiếp theo giả sử A′ nằm trên đường thẳng a nhưng không thuộc tiaAa. Lấy A′n là một tia trong góc BA′a và lấy điểm P trên đường thẳng

n nhưng không nằm trên tia A′n. Thế thì tia−→PA nằm trong góc BAa vì

vậy nó cắt Bb tại C. Bởi Định lý 1.2.5 tia A′n sẽ cắt AB và bởi tiên đềPasch nó sẽ cắt BC.

Nếu thay B bởi B′ trong tia Bb hoặc bởi B” trên đường thẳng bngoài tia Bb, chứng minh là đơn giản. Bất kỳ tia nào từ A nằm tronggóc thích hợp phải cắt tia B′b hoặc B′′b bởi Định lý 1.2.5 hoặc bởi tínhchất Aa|||Bb.

Trong chứng minh trên ta đã bỏ qua một điểm nhỏ, cụ thể là chỉra rằng việc thay đổi tia Aa,Bb bởi các tia cùng hướng A′a,B′b, ta vẫn


có các tia A′a và B′b không cắt nhau và chúng nằm trên những đườngthẳng không trùng với A′B′. Thật vậy, để chứng tỏ điều này ta chỉ cầnchỉ ra rằng Aa|||Bb. Khi đó, những đường thẳng chứa các tia là khôngcắt nhau. Ta để lại phần này trong Bài tập I.69.

1.8.13 Mệnh đề. Nếu tia Aa là giới hạn song song với tia Bb thì Bbcũng là giới hạn song song với tia Aa.

Chứng minh. Nếu các tia là cùng hướng với nhau thì chứng minh là tầmthường, vì vậy ta có thể giả sử rằng a và b là các đường khác nhau.

Kẻ AB′ vuông góc với đường thẳng b. Thế thì theo mệnh đề trước,tia Aa là giới hạn song song với B′b và ta chỉ cần chứng minh B′b là giớihạn song song với Aa là đủ. Nói cách khác, bằng cách thay đổi kí hiệu,ta có thể giả sử rằng ABb là góc vuông. Ta cần chỉ ra rằng tia tùy ý Bntrong góc B phải cắt tia Aa. Giả sử ngược lại, nó không cắt. Hạ AC trựcgiao với n. Do góc ABn nhọn nên theo định lý góc ngoài, C phải nằmtrên tia Bn khác phía với B. Trong tam giác ABC, góc C là vuông trongkhi hai góc khác là nhọn. Thật vậy, nếu góc tại A là lớn hơn hoặc bằng1v thì tia vuông góc với BA tại A phải nằm trong góc BAa và song songvới Bb. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của ta. Do đó AC < AB. QuayC, n và a quanh điểm A cho đến khi C nằm trên C ′ của AB. Gọi n′, a′

là ảnh của n, a. Thế thì Aa′ sẽ cắt Bb và n′ sẽ song song với b. Theo tiênđề Pasch nó sẽ cắt a′. Quay trở lại, ta thấy rằng n cắt Aa. Điều này làmâu thuẫn.

1.8.14 Mệnh đề. Cho ba tia Aa,Bb, Cc. Khi đó, nếu Aa|||Bb và Bb|||Ccthì Aa|||Cc.

Chứng minh. Nếu bất kì hai tia là cùng hướng, kết quả được suy ra từMệnh đề 1.8.13, vì thế ta có thể giả sử rằng chúng nằm trên các đườngthẳng khác nhau. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau.


Bổ đề. Cho ba tia Aa,Bb, Cc nằm trên các đường thẳng khác nhau vớiAa|||Bb và Bb|||Cc. Thế thì, sau khi thay đổi một tia bởi tia cùng hướngnếu cần thiết, ta có thể giả sử A,B,C thẳng hàng.

Chứng minh. Nếu A,C nằm ở hai phía đối với đường thẳng b thì đoạnAC phải cắt đường thẳng b tại B′. Thay Bb bởi tia cùng hướng B′b tađược A,B,C thẳng hàng.

Giả sử A,C nằm ở một phía so với b. Ta xét góc ABb và CBb. Nếucác góc này bằng nhau thì A,B,C thẳng hàng. Nếu chúng không bằngnhau thì một góc phải nhỏ hơn góc còn lại. Nếu góc CBb là bé hơn thì

tia−−→BC nằm trong góc ABb và theo Mệnh đề 1.8.13 ta có Bb|||Aa. Vì thế

tia−−→BC phải cắt Aa tại A′. Thay Aa bởi A′a, ta có A′, B, C thẳng hàng.

Nếu góc ABb là nhỏ hơn thì ta lập luận tương tự bằng cách thay C bởiC ′. Như vậy Bổ đề được chứng minh.

Bởi Bổ đề trên ta có thể coi A,B,C thẳng hàng. Từ giả thiết ta suyra Aa,Bb, Cc nằm về cùng một phía của đường thẳng ABC.

Trường hợp 1: B nằm giữa A,C.

Lấy tia An tùy ý trong góc CAa. Do Aa|||Bb nên tia này phải cắt Bbtại B′. Theo Mệnh đề 1.8.12, ta có B′b|||Cc. Vì thế tia này cắt Cc. VậyAa|||Cc.


Trường hợp 2: C nằm giữa A,B.

Trong trường hợp này tia An nằm trong góc CAa, cắt b tại B′. VậyCc phải cắt n bởi tiên đề Pasch.

Trường hợp 3: A nằm giữa B và C. Chứng minh tương tự, ta suy raCc|||Bb bởi Mệnh đề 1.8.13.

Chú ý: Trong trường hợp 2 ta đã chứng minh của một kết quả mạnhhơn: Nếu Aa|||Bb và C ở giữa A,B và nếu Cc là tia nằm trong góc BAavà ABb thì Cc cũng là giới hạn song song với Aa và Bb.

1.8.15 Hệ quả. Quan hệ "giới hạn song song" giữa các tia là một quanhệ tương đương.

Bài tập.

I.64. Giả sử ABCD là tứ giác Saccheri. Hãy chỉ ra rằng CD > AB nếuvà chỉ nếu các góc tại C,D là nhọn.I.65. Tứ giác ABCD được gọi là tứ giác Lambert nếu các góc tại A,B,Clà vuông. Chỉ ra rằng góc thứ tư D là nhọn, vuông hoặc tù tùy thuộcvào hình học đó là nửa hyperbolic, nửa Euclid hoặc nửa elliptic.I.66. Cho AB là đường kính của một đường tròn và ABC là một tamgiác nội tiếp trong nửa đường tròn đó. Chỉ ra rằng góc tại C là nhọn,vuông hoặc tù tùy thuộc vào hình học là nửa hyperbolic, nửa Euclid hoặcnửa elliptic.I.67. Trong mặt phẳng nửa hyperbolic hoặc nửa elliptic, chứng minh địnhlý đồng dạng (AAA) cho tam giác: Nếu các tam giác ABC và A′B′C ′

có A = A′, B = B′, C = C ′ thì chúng đồng dạng (Gợi ý: Sử dụng Bổ đề1.8.10).


I.68. Trong một mặt phẳng nửa hyperbolic hoặc nửa elliptic, hãy chỉ rarằng với bất kì đường thẳng l và bất kỳ điểm A không thuộc l có vô sốđường thẳng qua A song song với l (Gợi ý: sử dụng tứ giác Saccheri).I.69. Giả sử Aa và Bb là các tia giới hạn song song nằm trên các đườngthẳng khác nhau. Chứng minh trực tiếp từ định nghĩa rằng các đườngthẳng mang các tia này không cắt nhau.

I.70. (AS AL) Cho bốn tia Aa,Bb,A′a′, B′b′. Giả sử rằng BAa = B′A′a′,

AB = A′B′ và ABb = A′B′b′. Chứng minh rằng Aa|||Bb khi và chỉ khiA′a′|||B′b′.I.71. (ASL) Cho Aa|||Bb và A′a′|||B′b′ giả sử BAa = B′A′a′, AB = A′B′.

Thế thì ABb = A′B′b′. Ta gọi hình bao gồm đoạn thẳng AB và hai tiagiới hạn song song Aa và Bb là một tam giác giới hạn.

Chương 2

Vấn đề độ đo trong Hình họcEuclid

Khi Euclid xuất bản bộ sách Cơ sở ông đã không đề cập đến một số vấnđề, trong đó có khái niệm độ dài của đoạn thẳng. Nhưng ông lại đề xuấtkhái niệm toàn đẳng của các đoạn thẳng. Điều này là trái ngược với hìnhhọc phổ thông thông thường, ở đó mỗi một đoạn thẳng đều có độ dàidựa trên việc chọn một đoạn thẳng nào đó làm "đơn vị", và hai đoạnthẳng là toàn đẳng nếu chúng có cùng độ dài. Tương tự, cũng không cókhái niệm độ đo góc trong khi có khái niệm toàn đẳng giữa các góc.

Trong phần diện tích, Euclid cũng không xây dựng độ đo diện tíchcho một hình trên mặt phẳng, trong khi ở hình học phổ thông ta đều

biết công thức: Diện tích của tam giác =1

2đáy · chiều cao. Thay vào đó,

Euclid xem xét diện tích bằng cách thêm vào và bớt đi những hình toànđẳng.

Trong các cuốn I-IV của bộ Cơ bản, tuy rằng Euclid rất thành côngtrong việc phát triển hình học một cách thuần túy mà không sử dụngđến hệ thống số nhưng lại xuất hiện một vấn đề khác khi chúng ta gặpkhái niệm tam giác đồng dạng. Đó là những tam giác có các cặp cạnhtương ứng không bằng nhau nhưng đôi một tỉ lệ với nhau. Nếu tỉ lệ nàylà 2 thì không khó để phát triển lí thuyết những tam giác gấp đôi tamgiác khác. Tổng quát lên ta có thể mở rộng lí thuyết này tới tam giácmà cạnh của nó là bội nguyên lần cạnh của tam giác kia, hoặc gấp mộtsố hữu tỉ lần. Nhưng nếu tỉ lệ này không phải là số hữu tỉ, làm sao ta

77

78 CHƯƠNG 2. VẤN ĐỀ ĐỘ ĐO TRONG HÌNH HỌC EUCLID

có thể mô tả khái niệm cạnh tỉ lệ nếu không sử dụng hệ thống số? Rõràng rằng tỉ lệ các cặp cạnh bằng nhau phải được hiểu là tỉ số độ dài củacác cặp cạnh bằng nhau, nhưng ta không thể diễn đạt được điều đó nếunhư không có khái niệm độ dài cạnh là một con số và không có khả năngchia số này cho số khác. Euclid đã giải quyết sự khó khăn này bằng cách

phát triển lí thuyết tỉ lệ ở quyển V của bộ Cơ bản. Ông sử dụng kháiniệm sau: Các magnitude (nó có thể là đoạn thẳng, miền hay bất cứ thứgì) là cùng tỉ lệ (kí hiệu a : b = c : d) nếu lấy bội n lần của a và c, vàlấy bội m lần của b và d (n,m ∈ N∗) , thì na > mb hoặc na = mb hoặcna < mb khi và chỉ khi nc > md hoặc nc = md hoặc nc < md tươngứng. Nếu a, b, c, d là những số, thì điều này tương đương với việc nói rằngmột số hữu tỉ m/n là nhỏ hơn, bằng hoặc lớn hơn a/b nếu và chỉ nếum/n nhỏ hơn, bằng hoặc lớn hơn c/d. Hơn nữa, nếu a, b, c, d là số thực,điều này tương đương với a/b và c/d bằng nhau theo nghĩa số thực vìtập số hữu tỉ là trù mật trong tập các số thực. Như vậy khái niệm nàytương tự như khái niệm lát cắt mà Dedekind sử dụng khi xây dựng sốthực (Dedekind - 1872). Bạn có thể nghĩ rằng Euclid đã biết về số thựcvà viết định nghĩa của nó 2000 năm trước Dedekind! Nhưng thực sự làkhông phải như vậy. Euclid sử dụng dấu hiệu này chỉ để phân biệt các tỉlệ nảy sinh ra một cách rất tự nhiên trong hình học của ông, ví dụ nhưtỉ lệ của những đoạn có thể dựng được bằng thước và compa mà có thểlà vô tỉ. Ta không có bất cứ bằng chứng nào cho thấy rằng Euclid nhậnra sự tồn tại của số thực (ví dụ số e chẳng hạn), trong khi đó Dedekindnhận ra đầy đủ các lát cắt Dedekind và lấy tập các lát cắt làm một đốitượng mới của Toán học, đó chính là tập các số thực. Đây là quá trìnhtạo ra những đối tượng toán học mới như tập những tập con của tậpkhác với những tính chất nhất định. Quá trình này là rất hiện đại và phổbiến trong Toán học ngày nay.

Có thể bình luận thêm một điều là Hilbert đã gia cố lại Hình họcEuclid bằng một hệ thống các tiên đề thuần túy hình học cho phép taxây dựng Hình học Euclid một cách chặt chẽ dựa trên hệ thống tiên đềđó. Một số nhà toán học của thế kỉ XX cũng đã đưa ra những hệ tiên đềkhác cho hình học Euclid. Khác với cách làm của Hilbert, trong nhữnghệ tiên đề đó đã có sự xuất hiện của số thực ngay khi bắt đầu tiên đề(ví dụ hệ tiên đề của Birkhoff-1932). Trong một chừng mực nào đó, điềunày thực sự là không thỏa đáng bởi vì nó không thuần túy hình học.


2.1 Độ dài đoạn thẳng

Bây giờ ta sẽ thiết lập lí thuyết đo độ dài đoạn thẳng. Ta sẽ định nghĩaphép cộng và nhân các đoạn thẳng sai khác một toàn đẳng theo nghĩatổng (hoặc tích) của các đoạn thẳng toàn đẳng là toàn đẳng. Nói cáchkhác, ta sẽ định nghĩa phép cộng (+) và phép nhân (·) trên tập P các lớptương đương toàn đẳng của các đoạn thẳng. Sau đó ta sẽ xây dựng mộttrường sắp thứ tự mà tập P chính là tập các phần tử dương. Sử dụngtrường này, chúng ta sẽ định nghĩa khái niệm độ dài của đoạn thẳng vàxây dựng lí thuyết tam giác đồng dạng.

Trong suốt mục này ta luôn giả sử π là mặt phẳng Hilbert thỏa mãntiên đề song song (P).

Trường và trường sắp thứ tự

Trước hết, ta sẽ nêu lại định nghĩa của trường.

2.1.1 Định nghĩa. Một tập F cùng với hai phép toán (+), (·) trên đóthỏa mãn những điều kiện sau:(1) Tập F cùng với phép (+) lập thành một nhóm Abel, cụ thể:

(i) (a+ b) + c = a+ (b+ c),∀a, b, c ∈ F ,

(ii) a+ b = b+ a,∀a, b ∈ F ,

(iii) ∃0 ∈ F thỏa mãn a+ 0 = a,∀a ∈ F ,

(iv) Với mỗi a ∈ F tồn tại −a ∈ F thỏa mãn a+ (−a) = 0.(2) Tập F ∗ = F\0 cùng với phép (·) lập thành một nhóm Abel, cụ thể

(i) (ab)c = a(bc),∀a, b, c ∈ F ∗,

(ii) ab = ba,∀a, b ∈ F ∗,

(iii) ∃ 1 ∈ F ∗ thỏa mãn a.1 = a,∀a ∈ F ∗,

(iv) Với ∀a ∈ F ∗,∃a−1 ∈ F ∗ thỏa mãn a.a−1 = 1.(3) Hai phép toán (+) và (·) thỏa mãn tính chất phân phối

a(b+ c) = ab+ ac, (a+ b)c = ac+ bc.

Đặc số của trường F là số p ∈ N nhỏ nhất mà 1 + 1 + · · ·+ 1(p lần )hoặc bằng 0 nếu không có số p nào như vậy.


2.1.2 Định nghĩa. Một trường sắp thứ tự là một trường F cùng vớimột tập con P bao gồm các phần tử được gọi là dương, thỏa mãn cácđiều kiện sau đây:

(i) Nếu a, b ∈ P thì a+ b ∈ P và ab ∈ P .

(ii) Với mọi a ∈ F thì chỉ một trong những khẳng định sau là đúng

a ∈ P, a = 0,−a ∈ P.

Ta nêu ra một số tính chất căn bản của trường sắp thứ tự.

2.1.3 Mệnh đề. Giả sử (F, P ) là một trường sắp thứ tự. Thế thì

(a) 1 ∈ P tức 1 là phần tử dương.

(b) F có đặc số 0.

(c) Trường con nhỏ nhất của F chứa 1 đẳng cấu với Q.

(d) Với mọi a 6= 0 ∈ F, a2 ∈ P

Chứng minh. (a) Vì 1 6= 0 nên 1 ∈ P hoặc −1 ∈ P . Nếu 1 ∈ P thì ta cóđiều phải chứng minh. Nếu −1 ∈ P thì bởi i) ta có (−1)(−1) = 1 ∈ P.Điều này là mâu thuẫn. Vậy 1 ∈ P.(b) Vì 1 ∈ P, 1 + 1 + · · ·+ 1 ∈ P (tổng một số hữu hạn bất kì các số 1)nên F có đặc số 0.(c) Xét ánh xạ

N −→ F

n 7−→ 1 + 1 + · · ·+ 1(n lần)

Nó thác triển thành đơn ánh từ Q vào F mà ảnh của Q qua ánh xạ nàylà đẳng cấu với Q và là trường con nhỏ nhất của F chứa 1. Từ nay vềsau ta sẽ đồng nhất Q với ảnh của nó trong F nếu không có chú ý nàokhác.(d) Nếu a 6= 0 thì hoặc a ∈ P hoặc −a ∈ P . Nếu a ∈ P thì a.a = a2 ∈ Pbởi (i). Còn nếu −a ∈ P thì (−a).(−a) = a2 ∈ P bởi (i)

2.1.4 Mệnh đề. Trong trường sắp thứ tự (F, P ) ta nói a > b nếu a−b ∈P và a < b nếu b− a ∈ P . Khi đó, ta có

(i) Nếu a > b và c ∈ F thì a+ c > b+ c.


(ii) Nếu a > b và b > c thì a > c.

(iii) Nếu a > b, c > 0 thì ac > bc.

(iv) Cho trước a, b ∈ F thì chỉ có một trong các mệnh đề sau là đúng:

a > b, a = b, a < b.

Chứng minh. (i) Do (a+ c)− (b+ c) = a− b nên theo định nghĩa a > bkhi và chỉ khi a+ c > b+ c.(ii) Ta có a− c = (a− b) + (b− c). Nếu a > b và b > c thì a− b ∈ P vàb− c ∈ P. Do đó (a− b) + (b− c) ∈ P, hay a− c ∈ P và suy ra a > c.(iii) Giả thiết a > b. Thế thì a − b ∈ P . Mặt khác, do c > 0 nên c ∈ P.Suy ra (a− b)c ∈ P, hay ac− bc ∈ P . Điều này chỉ ra ac > bc.(iv) Từ tính chất (ii) trong định nghĩa P ta suy ra chỉ một trong ba điềusau là đúng:

a− b ∈ P, a− b = 0, b− a ∈ P

Ba khẳng định này lần lượt tương đương với a > b, a = b, a < b.

Ví dụ. • Trường Q là trường sắp thứ tự với P là tập các số hữu tỉ dươngthông thường.• Trường R là trường sắp thứ tự với P là các số thực dương thông thường.• Trường C không thể là trường sắp thứ tự vì i2 = −1 < 0.• Với một trường bất kì ta có nhiều cách để biến nó thành một trườngsắp thứ tự. Ví dụ, với F = Q(

√2) thì F là trường con của R nên ta

có thể chọn P là tập các số thực dương mà nằm trong F . Ngoài ra,xét phép nhúng ϕ : F −→ R, a + b

√2 7−→ a − b

√2, ta có thể chọn

P = x ∈ F |ϕ(x) > 0 trongR

Phép cộng và nhân các đoạn thẳng

2.1.5 Định nghĩa. Cho hai lớp tương đương toàn đẳng của các đoạnthẳng a, b. Ta định nghĩa tổng của chúng như sau: Chọn điểm A,B saocho đoạn thẳng AB biểu diễn lớp a. Trên đường thẳng AB chọn điểmC sao cho A ∗ B ∗ C và đoạn thẳng BC biểu diễn lớp b. Ta định nghĩa


a + b là lớp tương đương toàn đẳng của các đoạn thẳng biểu diễn bởiđoạn thẳng AC.

2.1.6 Mệnh đề. Trong một phẳng Hilbert, phép cộng các đoạn thẳng cónhững tính chất sau:1) a + b hoàn toàn xác định, tức là phép toán cộng định nghĩa như trênlà không phụ thuộc vào đại diện.2) a+ b = b+ a.3) (a+ b) + c = a+ (b+ c).4) Cho hai lớp a, b bất kì. Khi đó có một và chỉ một điều trong nhữngđiều sau đây là đúng:

i) a = b.

ii) Tồn tại lớp c thỏa mãn a+ c = b.

iii) Tồn tại lớp d thỏa mãn a = b+ d.

Chứng minh. 1) Nếu ta chọn biểu diễn khác A′B′ của lớp a, và lấy C ′

trên A′B′ sao cho B′C ′ biểu diễn b thì AC ' A′C ′ do tiên đề (C3).2) Giả sử AB biểu diễn a và chọn C sao cho A ∗B ∗C và BC biểu diễnb như trong định nghĩa. Thế thì AC biểu diễn a + b. Lấy DE biểu diễnb, và lấy F sao cho D ∗ E ∗ F và EF biểu diễn b+ a. Nhưng AB ' FEvà BC ' ED nên AC ' FD (do (C3)). Từ đó ta suy ra a+ b = b+ a.3) Để có (a + b) + c, trước hết ta chọn AB ∈ a, sau đó chọn C sao choA ∗B ∗C và BC ∈ b, chọn D sao cho A ∗C ∗D và CD ∈ c. Thế thì ADbiểu diễn (a+ b) + c.

Mặt khác giả sử EF ∈ b và chọn G sao cho FG ∈ c. Vậy thì EG biểudiễn b + c. Để có a + (b + c) ta cần tìm điểm H sao cho A ∗ B ∗ H vàBH ' EG. Nhưng BD ' EG (bởi (C3)) nên H = D do tính duy nhấttrong (C1). Từ đó (a+ b) + c = a+ (b+ c).

4) Cho hai lớp tương đương a, b trên tia gốc A. Ta lấy hai điểm B,Csao cho AB ∈ a và AC ∈ b. Nếu B = C thì a = b. Nếu A ∗ B ∗ C thì


a+ [BC] = b. Nếu A ∗C ∗B, thì a = b+ [CB]. Bởi (B3) nên chỉ có mộtkhả năng xảy ra. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Trước khi ta xác định tích, ta cần định ra một đoạn đơn vị. Chọnmột đoạn thẳng bất kì và cố định nó. Lớp tương đương của đoạn thẳngđó được gọi là đoạn đơn vị và kí hiệu là 1. Chúng ta cũng cần đến tiênđề song song ngay từ định nghĩa của tích.

2.1.7 Định nghĩa. Cho hai lớp tương đương a, b, ta xác định tích củachúng như sau. Đầu tiên lấy tam giác vuông ABC với AB ∈ 1, BC ∈ avà vuông tại B. Đặt α = ∠BAC. Bây giờ ta vẽ tam giác vuông DEF vớiDE ∈ b và có cùng góc α tại D, E = 1v. Ta định nghĩa ab là lớp tươngđương với phần tử đại diện là EF của tam giác mới.

2.1.8 Mệnh đề. Trong một phẳng Hilbert với (P), phép nhân các đoạncó tính chất sau đây:(1) ab là hoàn toàn xác định.(2) a · 1 = a,∀a.(3) ab = ba,∀a, b.(4) a(bc) = (ab)c,∀a, b, c.(5) ∀a, tồn tại duy nhất b sao cho ab = 1.(6) a(b+ c) = ab+ ac,∀a, b, c.

Chứng minh. 1) Định nghĩa tích là hoàn toàn xác định. Thật vậy, nếuA′B′C ′ là tam giác vuông khác với cạnh 1, a thì nó toàn đẳng với ABCdo (SAS). Từ đó, ta có góc toàn đẳng α. Nếu D′E ′F ′ là tam giác vuôngkhác với góc α và cạnh b thì nó là toàn đẳng với DEF bởi (ASA). Từđó ta được đoạn toàn đẳng E ′F ′.2) Để có tích a · 1, lấy 4DEF có cạnh b = 1 và góc α. Thế thìDEF ' ABC bởi (ASA). Do đó a · 1 = a.3) Cho a, b. Trước hết ta lấy tam giác vuông ABC với cạnh 1, a. Xác


định góc α = ∠BAC. Kéo dài CB về phía khác đối với AB và lấy Dsao cho BD ∈ b. Vẽ đường thẳng qua D tạo với BD một góc α. Đườngthẳng này cắt AB kéo dài tại E. Thế thì 4DBE vuông với cạnh b vàgóc α. Do đó đoạn thẳng BE biểu diễn ab.

Xét 4 điểm ACDE. Vì các góc ∠CAE và ∠CDE cùng bằng α, nên cácđiểm A,C,D,E lập thành một tứ giác nội tiếp. Suy ra ∠DAE = ∠DCE.Ta gọi lớp này là β. Để tính tích ba, ta sử dụng tam giác ABD, thu đượcgóc β và sử dụng tam giác CBE, có góc β và cạnh a. Từ đó BE biểudiễn tích ba. Suy ra ab = ba.

4) Vẽ tam giác vuông với cạnh 1, a để xác định góc α và vẽ tam giácvuông cạnh 1, c để xác định góc γ. Vẽ tam giác vuông ABC với cạnh bvà góc α để xác định ab.

Trên tia đối của tia BC ta lấy điểm D sao cho ∠DAB = γ. Vậy BDbiểu diễn cb. Trên tia đối của BA ta lấy điểm E sao cho ∠EDC = α.Thế thì BE sẽ biểu diễn a(cb).

Do các góc ở A và D đều bằng góc α nên ADEC là tứ giác nội tiếp.Suy ra ∠BCE = γ. Vì thế BE biểu diễn c(ab). Vậy a(cb) = c(ab). Theoluật giao hoán ở trên ta có a(bc) = a(cb) = c(ab) = (ab)c.

5) Cho a, vẽ tam giác vuông cạnh 1, a để xác định α. Gọi β là góc nhọncòn lại. Vẽ tam giác vuông góc β cạnh 1 để xác định cạnh b. Vì góc thứhai của tam giác này là α nên ab = 1.

6) Cho a, b, c và α được xác định bởi tam giác vuông cạnh 1, a. Vẽ tamgiác vuông ABC với cạnh b và góc α để xác định BC ∈ ab. Chọn Dthuộc đường thẳng AB sao cho A ∗ B ∗ D và BD ∈ c. Vẽ CE ‖ AB


và DE ⊥ AB. Gọi F là giao của AC và DE. Thế thì ∠ECF = α vàCE ∈ c. Do đó EF biểu diễn ac. Do tứ giác BCED là hình chữ nhậtnên DE ∈ ab. Vì vậy AD biểu diễn b+ c và DF biểu diễn ab+ ac. Mặtkhác, tam giác ADF có cạnh b+ c và góc α nên DF biểu diễn a(b+ c).Vậy a(b+ c) = ab+ ac.

Chú ý. Chúng ta kiểm tra lại xem ta đã dùng những giả thiết gì để cóđược các Mệnh đề 2.1.6 và 2.1.8. Trước hết điều kiện để cộng các đoạnthẳng được thỏa mãn trong mọi phẳng Hilbert. Tuy nhiên, ngay trongđịnh nghĩa tích hai đoạn thẳng ta đã phải dùng đến (P) để cho điểmF tồn tại. Trong chứng minh của Mệnh đề 2.1.8 ta không cần tiền đềEuclid (E) cho giao những đường tròn. Vì thế các Mệnh đề 2.1.6 và 2.1.8là đúng trong phẳng Hilbert với (P) (mà không cần (E)!).

2.1.9 Mệnh đề. Cho phẳng Hilbert thoả mãn (P) và giả sử đoạn đơn vị1 đã được chọn. Khi đó, tồn tại duy nhất (sai khác đẳng cấu) một trườngsắp thứ tự F, trong đó tập những phần tử dương P là tập những lớp tươngđương toàn đẳng các đoạn thẳng với phép toán (+), (·) xác định như trên.


Chứng minh. Đây là hệ quả của bổ đề thuần túy đại số sau đây.

2.1.10 Bổ đề. Giả sử P là tập hợp với hai phép toán (+), (·) xác địnhtrên nó thỏa mãn những tính chất ở các Mệnh đề 2.1.6) và (2.1.8). Khiđó tồn tại duy nhất trường sắp thứ tự F trong đó tập những phần tửdương là P.

Chứng minh. Trên P × P ta xét quan hệ tương đương:

(a, b) ∼ (a′, b′)⇐⇒ a+ b′ = a′ + b.

Giả sử F là tập các lớp tương đương sinh bởi quan hệ tương đương trên.

Xác định phép cộng:

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

và phép nhân(a, b) · (c, d) = (ac+ bd, ad+ bc).

Dễ thấy rằng những phép toán này hoàn toàn xác định. Kí hiệu 0 là lớptương đương của (a, a) với a nào đó thuộc P. Dễ thấy 0 đóng vai trò nhưphần tử trung hòa; phép cộng là kết hợp và giao hoán; với mỗi (a, b) thì(b, a) là phần tử đối. Vậy tập (F,+) là nhóm abel. Ngoài ra, phép nhânlà kết hợp, giao hoán và phân phối đối với phép cộng. Đặt 1 là lớp tươngđương của (1 + a, a) với a nào đó thuộc P. Thế thì 1 chính là phần tửtrung hòa của phép nhân. Vậy (F,+, ·) là một trường.

Ta xác định ánh xạ ϕ : P −→ F, a ∈ P 7−→ (a+ b, b) với b nào đóthuộc P. Đây là một đơn ánh, từ đó ta đồng nhất ảnh của P với P. Dễthấy P đóng với phép cộng và phép nhân. Ta còn phải chứng tỏ rằngvới mọi x = (a, b) ∈ F thì x ∈ P hoặc x = 0 hoặc −x ∈ P . Thậtvậy, nếu a = 0 thì x = 0. Ta sẽ dùng tính chất (4) của Mệnh đề 2.1.6.Nếu tồn tại c sao cho a + c = b thì x = (a, b) = (a, a+ c) và do đó−x = (a+ c, a) ∈ P . Mặt khác, nếu tồn tại d sao cho a = b + d thìx = (a, b) = (b+ d, d) ∈ P .

Chứng minh. Trên P × P ta xét quan hệ tương đương:

(a, b) ∼ (a′, b′)⇐⇒ a+ b′ = a′ + b.

Giả sử F là tập các lớp tương đương sinh bởi quan hệ tương đương trên.


Xác định phép cộng:

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

và phép nhân

(a, b) · (c, d) = (ac+ bd, ad+ bc).

Các phép toán này không phụ thuộc vào cách chọn đại diện. Thật vậynếu (a, b) ∼ (a′, b′) và (c, d) ∼ (c′, d′) thì ta có a+b′ = a′+b, c+d′ = c′+dsuy ra a+ c+ b′+d′ = a′+ c′+ b+d do đó (a+ c, b+d) ∼ (a′+ c′, b′+d′).Không mất tính tổng quát ta giả sử tồn tại x, y sao cho a = b + x vàc = d + y . Do giả thiết ta có a′ = b′ + x, c′ = d′ + y từ các điều đóta có ac + bd = ad + bc + xy và a′c′ + b′d′ = a′d′ + b′c′ + xy thế nên(ac+ bd, ad+ bc) ∼ (a′c′ + b′d′, a′d′ + b′c′).

Kí hiệu 0 là lớp tương đương của (a, a) với a nào đó thuộc P. Dễ thấy0 đóng vai trò như phần tử trung hòa; phép cộng là kết hợp và giao hoán;với mỗi (a, b) thì (b, a) là phần tử đối. Vậy tập (F,+) là nhóm abel. Ngoàira, phép nhân là kết hợp, giao hoán và phân phối đối với phép cộng. Đặt1 là lớp tương đương của (1 +a, a) với a nào đó thuộc P. Thế thì 1 chínhlà phần tử trung hòa của phép nhân. Vậy (F,+, ·) là một trường.

Ta xác định ánh xạ ϕ : P −→ F, a ∈ P 7−→ (a+ b, b) với b nàođó thuộc P. Đây là một đơn ánh do nếu (a + b, b) ∼ (a′ + c, c) thìa + b + c = a′ + b + c suy ra a = a′, từ đó ta đồng nhất ảnh của Pvới P. Dễ thấy P đóng với phép cộng và phép nhân. Ta còn phải chứngtỏ rằng với mọi x = (a, b) ∈ F thì x ∈ P hoặc x = 0 hoặc −x ∈ P .Thật vậy, nếu a = b thì x = 0. Ta sẽ dùng tính chất (4) của Mệnh đề2.1.6. Nếu tồn tại c sao cho a + c = b thì x = (a, b) = (a, a+ c) và dođó −x = (a+ c, a) ∈ P . Mặt khác, nếu tồn tại d sao cho a = b + d thìx = (a, b) = (b+ d, d) ∈ P .

2.1.11 Định nghĩa. Với mỗi đoạn thẳng AB, ta gọi a là lớp tươngđương sinh bởi AB. Thế thì a là một phần tử của trường F . Ta sẽ gọi alà độ dài của đoạn thẳng AB.

Nếu AB và CD là hai đoạn thẳng với độ dài lần lượt là a và b thì ta

định nghĩa tỷ sốAB

CD=a

b:= ab−1 ∈ F.

Ta nói rằng bốn đoạn thẳng với độ dài a, b, c, d là tỷ lệ nếua

b=c

d.


Tam giác đồng dạng

2.1.12 Định nghĩa. Hai tam giác ABC và A′B′C ′ được gọi là đồngdạng nếu các góc tương ứng bằng nhau và các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ,tức là

A = A′, B = B′, C = C ′;a

a′=b

b′=c

c′.

2.1.13 Mệnh đề. (Dấu hiệu đồng dạng g.g.g) Nếu hai tam giác ABCvà DEF có ba góc tương ứng bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng.

Chứng minh. Trước hết ta dễ thấy Mệnh đề là đúng cho các tam giácvuông. Vì thế chúng ta sẽ đưa trường hợp tổng quát về trường hợp tamgiác vuông.

Trong tam giác ABC ta vẽ đường phân giác của ba góc, chúng đồngquy tại I. Thế thì I cách đều ba cạnh: ID ' IE ' IF = h. Do 4AFI '4AEI nên AE ' AF = x. Tương tự ta có BD = BF = y, CD = DE =z. Làm tương tự với tam giác A′B′C ′, ta được các điểm I ′, D′, E ′, F ′ vàcác đoạn thẳng x′, y′, z′.

Giả sử α =1

2A. Vẽ một tam giác vuông với một cạnh là 1 kề với góc

α, cạnh góc vuông còn lại là r. Theo định nghĩa của phép nhân h = rx.


Trong tam giác thứ hai ta có h′ = rx′. Do đóx

x′=h

h′. Lập luận tương tự

ta cóy

y′=h

h′,z

z′=h

h′. Nếu đặt

h

h′= k thì x = kx′, y = ky′, z = kz′. Do

a = y + z, a′ = y′ + z′ nên a = ka′ theo luật phân phối. Lập luận tương

tự ta có b = kb′, c = kc′. Suy raa

a′=b

b′=c

c′.

2.1.14 Mệnh đề. Trong tam giác ABC kẻ B′C ′ ‖ BC. Thế thì AB vàAC tỉ lệ với AB′ và AC ′. Ngược lại, nếu ta lấy các điểm B′, D lần lượttrên các cạnh AB,AC sao cho AB,AC tỉ lệ với AB′, AD thì B′D ‖ BC.

Chứng minh. Vì B′C ′ ‖ BC nên góc tại B′, C ′ sẽ bằng góc tại B,C tươngứng. Vì góc A chung nên tam giác ABC đồng dạng với tam giác A’B’C’theo Mệnh đề 2.1.13. Từ đó, ta suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.

Ngược lại, vẽ B′C ′ ‖ BC. Thế thì AB,AC tỉ lệ với AB′, AC ′. Trêntrường F thì đại lượng thứ tư trong tỷ lệ thức được xác định duy nhất khiđã biết ba đại lượng còn lại. Vì thế AD ' AC ′. Vì D,C ′ nằm trên cùngmột tia gốc A nên D trùng với C ′ (theo ((C1))). Do đó B′D ‖ BC.

2.1.15 Mệnh đề. (Dấu hiệu đồng dạng c.c.c) Nếu hai tam giác ABCvà A′B′C ′ có các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ thì hai tam giác đó đồng dạng.

Chứng minh. Giả sử cạnh của tam giác thứ hai là lớn hơn. Ta lấy điểmD trên B′A′ sao cho B′D ' BA. Vẽ một đường thẳng qua D song songvới A′C ′. Theo Mệnh đề 2.1.14, hai tam giác A′B′C ′ và DB′E là đồngdạng. Vì thế các cặp cạnh của chúng tỉ lệ. Suy ra các cạnh của tam giácABC tỉ lệ với các cạnh của DB′E. Mặt khác, do B′D ' BA nên cáccạnh của tam giác ABC bằng các cạnh tương ứng của tam giác DB′E.Do (c.c.c) ta suy ra 4ABC ' 4DB′E. Từ đó các góc tương ứng củahai tam giác ABC và A′B′C ′ là bằng nhau.

2.1.16 Mệnh đề. (Dấu hiệu đồng dạng c.g.c) Giả sử hai4ABC,4A′B′C ′có các góc tại A,A′ bằng nhau và hai cạnh AB,AC tỉ lệ với hai cạnhA′B′, A′C ′. Khi đó hai tam giác là đồng dạng.

Chứng minh. Dành cho bạn đọc như bài tập.


Chú ý: Trong phẳng Hilbert với (P), những kết quả của lí thuyết Euclidđối với tam giác đồng dạng mà không liên quan đến diện tích của cáchình thì vẫn đúng.

2.1.17 Mệnh đề. Nếu ABC là tam giác vuông với cạnh a, b và cạnhhuyền c thì a2 + b2 = c2.

Chứng minh. Đây là định lí Pythagore quen thuộc. Euclid đã chứng minhdựa trên việc dựng các hình vuông trên các cạnh. Ta sẽ đưa ra một cáchchứng minh khác.

Vẽ CD ⊥ AB(D ∈ AB). Tam giác ABC có cùng các góc với tam

giác ACD,CBD, suy ra chúng đồng dạng. Do đóx

a=a

c,c− xb

=b

c. Suy

ra cx = a2, c2 − cx = b2. Vậy a2 + b2 = c2.

2.1.18 Hệ quả. Trong phẳng Hilbert thỏa mãn (P), trường sắp thứ tự Ftrong Mệnh đề 2.1.9 là trường Pythagore, tức là với mỗi phần tử a ∈ Fthì phần tử 1 + a2 có căn bậc hai trong F.

Chứng minh. Ta phải chứng minh với mọi a ∈ F,√

1 + a2 ∈ F.

Nếu a = 0 thì phép chứng minh là tầm thường.

Nếu a < 0, thay a bởi −a ta có thể giả sử a > 0. Do đó a là độ dàicủa một đoạn. Vẽ một tam giác vuông với cạnh góc vuông là 1, a. TheoMệnh đề 2.1.17, cạnh huyền là

√1 + a2 ∈ F .


Mặt phẳng Descartes trên một trường

Trước hết, ta đưa ra định nghĩa thế nào là một mặt phẳng (hay phẳng)Descartes trên một trường.

Giả sử F là một trường.

2.1.19 Định nghĩa. Tập F 2 các cặp sắp thứ tự (a, b), a, b ∈ F được gọilà phẳng Descartes trên trường F , ký hiệu là π (hoặc πF nếu ta muốn chỉrõ trường F ). Các cặp này được gọi là các điểm của phẳng. Trong phẳngđó, tập những điểm có dạng (a, 0) gọi là trục x, tập những điểm có dạng(0, b) gọi là trục y và điểm (0, 0) là giao của chúng gọi là điểm gốc. Mộtđường thẳng là một tập con xác định bởi phương trình ax+ by + c = 0,với a, b, c ∈ F ; a, b không đồng thời bằng 0.

Khi b = 0 thì phương trình đường thẳng có thể viết dưới dạng x = avà ta gọi những đường thẳng này là đường thẳng thẳng đứng. Nhữngđường thẳng còn lại, phương trình của nó đều có thể viết dưới dạngy = mx + b. Trong trường hợp này ta gọi m là hệ số góc của đườngthẳng. Đối với đường thẳng thẳng đứng ta nói rằng nó có hệ số góc là∞, trong đó ∞ chỉ là tượng trưng, nó không phải là một phần tử của F.

Ví dụ: Giả sử F là trường chỉ có hai phần tử là 0, 1. Khi đó πF baogồm bốn điểm và sáu đường thẳng. Lưu ý rằng hai đường chéo khôngcắt nhau.

2.1.20 Mệnh đề. Nếu F là một trường bất kì thì phẳng Descartes πFthỏa mãn những tiên đề (I1), (I2), (I3) và tiên đề song song (P ) của hệtiên đề Hilbert.

Chứng minh. Tiên đề (I1) nghiệm đúng vì trong trường F ta vẫn có cácphép toán (+), (−), (·), (:) nên ta có thể tìm được một phương trình tuyếntính với hệ số trong trường F đi qua hai điểm đã cho bằng phương pháphình học giải tích.


Tiên đề (I2) nghiệm đúng vì mọi trường F có ít nhất hai phần tửkhác nhau là 0 và 1 nên nếu đường thẳng có dạng y = mx+ b ta lấy haiđiểm ứng với x = 0, x = 1, còn nếu đường thẳng có dạng x = c ta lấyhai điểm (c, 0), (c, 1).

Tiên đề (I3) nghiệm đúng vì ta có thể lấy ba điểm (0, 0), (0, 1), (1, 0)và ta thấy ngay rằng chúng không cùng thuộc một đường thẳng nào.

Ta kiểm tra tiên đề (P ). Thật vậy, trong πF ta thấy ngay hai đườngthẳng song song khi và chỉ khi chúng có cùng hệ số góc. Giả sử đã chođường thẳng l với hệ số góc m. Vậy thì từ phương pháp của hình họcgiải tích ta thấy rằng chỉ có duy nhất một đường thẳng có hệ số góc mvà đi qua điểm P cho trước.

2.1.21 Mệnh đề. Nếu F là một trường sao cho ta định nghĩa được quanhệ "ở giữa" trong phẳng Descartes thỏa mãn các tiên đề (B1)− (B4) thìF sẽ là trường sắp thứ tự. Ngược lại, nếu (F, P ) là trường sắp thứ tự thìta có thể định nghĩa quan hệ "ở giữa" trong πF để nó thỏa mãn các tiênđề (B1)− (B4).

Chứng minh. Giả sử F là trường và ta đã có quan hệ "ở giữa" trên phẳngπF thỏa mãn các tiên đề (B1)− (B3). Ta gọi P ⊂ F là tập bao gồm tấtcả những điểm a ∈ F, a 6= 0 sao cho điểm (a, 0) trên trục x nằm cùngphía với 1 đối với 0. Vì phép cộng trên trường tương ứng với việc xếpliền nhau các đoạn nên dễ thấy nếu a, b ∈ P thì a+ b ∈ P .

Bây giờ với a, b ∈ P , đặt a trên trục x, đặt 1, b trên trục y. Vẽ đườngthẳng nối (0, 1) với (a, 0) và đường thẳng song song với nó đi qua điểm(0, b). Nó sẽ gặp trục x tại (ab, 0). Rõ ràng 1, a, b ∈ P nên ab ∈ P . Vậy Pthỏa mãn tính chất đầu tiên của trường sắp thứ tự. Từ cách xây dựng,ta thấy F là hợp rời nhau của P ∪ 0 ∪ −P. Vậy (F, P ) là một trườngsắp thứ tự.

Bây giờ, ngược lại, giả sử (F, P ) là trường sắp thứ tự. Ta xác địnhquan hệ "ở giữa" giữa các điểm trên một đường thẳng như sau: Giả sửA = (a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2) là ba điểm phân biệt trên đườngthẳng y = mx + b. Ta nói rằng B nằm giữa A và C (tức là A ∗ B ∗ C)nếu

hoặc a1 < b1 < c1 hoặc a1 > b1 > c1

Nếu đường thẳng thẳng đứng thì ta sẽ thay tọa độ thứ hai cho vai tròtọa độ thứ nhất theo cách tương tự.


Ta phải kiểm tra (B1)− (B4).• (B1): suy ra ngay từ định nghĩa.• (B2): suy ra từ tính chất của trường sắp thứ tự, đó là với bất kìb, d ∈ F, b < d, tồn tại a, c, e ∈ F thỏa mãn a < b < c < d < e. Thật vậy,

ta có thể lấy a = b− 1, c =1

2(b+ d), e = d+ 1. (Vì F có đặc số bằng 0

nên1

2∈ F.)

• (B3): suy ra từ tính chất rằng nếu a, b, c là ba phần tử khác nhau củatrường F thì chỉ một trong 6 khả năng sau xuất hiện

a < b < c, a < c < b, b < a < c, b < c < a, c < a < b, c < b < a.

• (B4): Giả sử cho tam giác ABC và đường thẳng l cắt cạnh AB.

Giả sử A,B,C 6∈ l, ta phải chứng minh l cắt hoặc AC hoặc BC.Giả sử l là đường thẳng đứng, suy ra phương trình của l là x = d. Giảsử a, b, c là hoành độ của A,B,C. Theo giả thiết hoặc a < d < b hoặcb < d < a. Do tính đối xứng ta có thể giả thiết a < d < b. Rõ ràng rằngnếu c < d thì l cắt BC nhưng không cắt AC, còn nếu c > d thì l cắt ACnhưng không cắt BC.

Nếu l không thẳng đứng ta sẽ dùng một phép đổi tọa độ sao cho ltrở thành thẳng đứng. Vì phép biến đổi tuyến tính đảo chiều hoặc bảotồn chiều bất đẳng thức nên nó không ảnh hưởng đến quan hệ "ở giữa"nên ta có thể chuyển về trường hợp trên.

Ta đưa ra hai tiên đề sau.

Tiên đề Archimedes. Cho hai đoạn thẳng AB và CD. Khi đó tồn tạimột số nguyên dương n sao cho đoạn thẳng AB gấp lên n lần sẽ lớn hơnđoạn thẳng CD.


Tiên đề Dedekind. Giả sử các điểm của đường thẳng l được chia thànhhai tập con khác rỗng S, T sao cho không có điểm nào của S nằm giữahai điểm của T và không có điểm nào của T nằm giữa hai điểm của S.Khi đó tồn tại duy nhất một điểm P sao cho với bất kỳ A ∈ S, B ∈ Tthì A = P hoặc B = P hoặc P nằm giữa A và B.

2.1.22 Mệnh đề. Nếu (F, P ) là trường sắp thứ tự thì phẳng DescartesπF thỏa mãn (A), (D) khi và chỉ khi F thỏa mãn những tính chất tươngứng sau

(A’) (Tiên đề Archimedes cho trường) Với mọi a > 0 trong F , tồn tạin ∈ N sao cho n > a.

(B’) (Tiên đề Dedekind cho trường) Giả sử ta có thể biểu diễn F thànhhợp rời của hai tập con khác rỗng F = S ∪ T và giả sử rằng với mọia ∈ S, với mọi b ∈ T ta có a < b. Khi đó, tồn tại duy nhất c ∈ F saocho ∀a ∈ S và ∀b ∈ T ta có a ≥ c ≥ b.

Chứng minh. Với (A) ta chọn tọa độ sao cho đoạn AB là đoạn đơn vị.Nếu C,D nằm trên cùng một đường thẳng tương ứng với c, d ∈ F, c < dthì n lần của AB sẽ vượt CD khi và chỉ khi n > d− c.

Với (D) ta chọn tọa độ sao cho đường thẳng trong giả thiết là trục xvà đồng nhất những điểm của nó với những phần tử của F .

2.1.23 Mệnh đề. Giả sử F là trường sắp thứ tự thỏa mãn tiên đềArchimedes (A’). Khi đó F đẳng cấu bảo tồn thứ tự với một trường concủa R. Hơn nữa, trong trường hợp này, F thỏa mãn tiên đề Dêdekin (D’)khi và chỉ khi trường con này chính bằng R.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.1.3, F chứa một trường con F0 đẳng cấuvới Q. Điều đó cho ta đẳng cấu duy nhất ϕ0 : F0 −→ Q ⊂ R. Ta sẽ tháctriển ϕ0 tới một đẳng cấu từ F vào R.

Thật vậy, giả sử α ∈ F . Theo tiên đề Archimedes, tồn tại những sốnguyên nhỏ hơn α và lớn hơn α. Giả sử a0 là số nguyên n duy nhấtthỏa mãn n ≤ α < n + 1. Lấy a1 ∈ 1

10Z là số duy nhất thỏa mãn

điều kiện a1 ≤ α < a1 + 110

(Cụ thể, ta chọn số nguyên m sao cho

m ≤ 10α < m + 1 và đặt a1 = m/10). Tương tự, ta lấy a2 ∈ 1100Z

sao cho a2 ≤ α < a2 + 1100

. . . Tiếp tục theo cách này, ta thu được dãy

a0 ≤ a1 ≤ a2 . . . ≤ . . . những số hữu tỉ thỏa mãn an ≤ α < an + 10−n


với mỗi n. Trong trường R, dãy này hội tụ đến một số thực, ta gọi làϕ(α). Nó cho phép ta xác định một ánh xạ ϕ : F −→ R. Dễ dàng kiểmtra rằng ϕ(α+ β) = ϕ(α) +ϕ(β) và ϕ(αβ) = ϕ(α)ϕ(β). Vì vậy ϕ là mộtđồng cấu giữa các trường và do đó nó là đẳng cấu từ F lên ϕ(F ). Tacũng thấy rằng nếu α < β thì ϕ(α) < ϕ(β).

Bây giờ, điều kiện (D’) trên F tương đương với (D’) trên ϕ(F ) bởivì những trường này là đẳng cấu bảo tồn thứ tự. Mỗi số thực r ∈ R đặctrưng bởi tập

Σ1 = a ∈ R|a ≤ rvà

Σ2 = a ∈ R|a > rcho nên (D’) đúng đối với ϕ(F ) nếu ϕ(F ) = R.

Ngược lại, nếu ϕ(F ) thỏa mãn (D′) thì ta có

ϕ((F ) = (ϕ(F ) ∩ Σ1) ∪ (ϕ(F ) ∩ Σ2).

Lấy số c thỏa mãn (D′). Giả sử c > r. Do Q ⊂ ϕ(F ) nên tồn tạix ∈ ϕ(F ) và r < x < c. Suy ra x ∈ Σ2 và do đó theo định nghĩa của cthì c ≤ x. Điều này là mâu thuẫn. Tương tự, nếu giả sử c < r ta cũngsuy ra mâu thuẫn. Do đó c = r, hay r ∈ ϕ(F ),∀r ∈ R. Kết hợp với ϕ(F )là trường con của R ta rút ra ϕ(F ) = R.

Chú ý: Mọi trường con F của R trở thành trường sắp thứ tự nếu talấy tập P ⊂ F là tập những số thực dương theo nghĩa thông thường mànằm trong F . Như vậy, việc nghiên cứu trường sắp thứ tự Archimedestương đương với việc nghiên cứu những trường con của R.

Bây giờ ta xét quan hệ toàn đẳng của đoạn và góc trong phẳngDescartes πF với F là một trường sắp thứ tự.

Như ta đã định nghĩa ở trên, đoạn thẳng AB là tập gồm những điểmnằm giữa A và B, cùng với hai điểm đầu mút A,B. Ta sẽ định nghĩasự toàn đẳng của đoạn thẳng dựa vào hàm khoảng cách Euclid, cụ thểkhoảng cách giữa hai điểm A = (a1, a2), B = (b1, b2)

dist(A,B) =√

(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2.

Tuy nhiên, trường F có thể không chứa căn bậc hai của (a1−b1)2 +(a2−b2)2 nên ta sẽ sử dụng

dist(A,B)2 = (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2.


2.1.24 Định nghĩa. Hai đoạn AB,CD trong phẳng Descartes πF gọilà toàn đẳng nếu

dist2(A,B) = dist2(C,D).

Dễ thấy, nếu A,B là hai điểm phân biệt thì dist2(A,B) > 0.

Bây giờ, ta sẽ định nghĩa sự toàn đẳng của các góc.

Ta nhớ lại rằng, một góc là vuông nếu như hai đường thẳng chứa haitia của góc có tích các hệ số góc là -1, gọi là tù nếu nó chứa một gócvuông ở phần trong, gọi là nhọn nếu nó được chứa trong phần trong củamột góc vuông.

2.1.25 Định nghĩa. Nếu α là góc tạo bởi hai tia r, r′ nằm trên haiđường thẳng có hệ số góc lần lượt là m,m′ thì tan của góc α được xácđịnh bởi

tan α = ±∣∣∣∣m′ −mm′ +m

∣∣∣∣,trong đó ta lấy dấu + nếu góc là nhọn và lấy dấu − nếu góc là tù.

Chú ý rằng từ định nghĩa ta thấy tan của một góc không vuông làmột phần tử của F , trong khi tan của góc vuông ta sẽ xem nó là ∞.Trong trường hợp m hoặc m′ là ∞, công thức vẫn có ý nghĩa

∞−m1 +m.∞

=1

m.


2.1.26 Định nghĩa. Hai góc trên phẳng Descartes πF được gọi là toànđẳng nếu chúng có cùng tan với tư cách là một phần tử của F ∪∞.

Từ định nghĩa ta thấy ngay nó thỏa mãn (C5).

2.1.27 Mệnh đề. Giả sử F là một trường sắp thứ tự và πF là phẳngDescartes liên kết. Vậy thì πF thỏa mãn (C2)−(C5). Hơn nữa, (C1) đúngkhi và chỉ khi F là trường Pythagore.

Chứng minh. • (C2) : Suy ra từ định nghĩa.

• (C3) : Xem như một bài tập.

• (C4) : Giả sử ta đã có một góc α và một tia có gốc tại A, hệ số góc làm. Ta phải tìm một đường thẳng qua A với hệ số góc m′ thỏa mãn

tan α = ±∣∣∣∣ m′ −m1 +mm′

∣∣∣∣.Giải phương trình trên ta có

m′ =m± tan α

1∓m tan α.

Vậy nên ta có thể vẽ được tia cần tìm.

• (C5) : Suy ra từ định nghĩa.

• (C1) : Trước hết, (C1) không đúng với trường bất kì. Ví dụ với trườngQ các số hữu tỉ thì đoạn nối (0, 0) với (1, 1) không thể đặt được trên trụcx vì√

2 6∈ Q.

Ta xét trường F bất kì. Giả sử a ∈ F là phần tử tùy ý. Xét đoạn nối(0, 0) với (a, 1). Khi đó, tồn tại một điểm A trên trục x sao cho đoạn OAbằng đoạn trên khi và chỉ khi tồn tại b ∈ F sao cho

dist2((0, 0), (a, 1)) = dist2((0, 0), (b, 0)),


tức là 1 + a2 = b2. Vậy 1 + a2 có căn bậc hai trong F .

Ngược lại, giả sử F là trường Pythagore. Với mọi a, b ∈ F mà a 6= 0,ta có thể viết

a2 + b2 = a2

(1 +

(b

a

)2).

Đặt c =b

ata có

√a2 + b2 = |a|

√1 + c2 ∈ F . Suy ra với mọi điểm

A,B ∈ πF , khoảng cách giữa A và B cũng thuộc F . Từ đó ta có hàmkhoảng cách

dist(A,B) =√

(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 ∈ F.

Giả sử ta đã có đường thẳng y = mx+b và một điểm A trên đường thẳng.Ta cần đặt trên đó một đoạn có độ dài d. Ta có thể viết A = (a,ma+ b)và ta cần tìm C = (c,mc+ b) sao cho dist(A,C) = d, tức là√

(a− c)2 +m2(a− c)2 = d

⇐⇒ |a− c|√

1 +m2 = d.

Vì F là trường Pythagore nên√

1 +m2 ∈ F. Ta có thể giải đượcphương trình trên để tìm C. Chú ý rằng có hai nghiệm tương ứng với haihướng từ A dọc theo đường thẳng l.

Bằng cách chứng minh tương tự ta có mệnh đề sau.

2.1.28 Mệnh đề. Giả sử π là phẳng Descartes trên trường sắp thứ tựF . Khi đó, hai điều kiện sau là tương đương:

(i) π thỏa mãn tiên đề (E) về giao hai đường tròn.

(ii) Trường F là trường Euclid, tức là với mỗi a ∈ F, a > 0 tồn tạimột căn bậc hai của a trong F.


Chứng minh. (i) ⇒ (ii) : Lấy ba điểm A,B,C theo thứ tự trên đườngthẳng sao cho AB = a,BC = 1. Gọi O là trung điểm của AC và vẽđường tròn tâm O đường kính AC. Khi đó điểm C nằm trong đườngtròn. Do tiên đề (E) được thỏa mãn nên theo Mệnh đề 1.6.9 thì đườngthẳng qua C vuông góc với AB sẽ cắt đường tròn (O) tại điểm D. Tacó ∠ADB là góc vuông và dễ dàng chỉ ra các tam giác ACD và DCBđồng dạng, do vậy AC · BC = DC2. Vậy DC2 = 1 · a = a hay a có cănbậc hai trong F .

(ii) ⇒ (i) : Giả sử (O; r) và (O′; r′) là hai đường tròn không đồng tâmsao cho tồn tại hai điểm A,B là hai điểm trong của (O), A là điểm trongcủa (O′) nhưng B không là điểm trong của (O′). Giả sử r ≥ r′. Lấy Hlà điểm trên tia OO′ sao cho

OH =1

2(OO′ +

r2 − r′2

OO′).

Khi đó dễ dàng thấy rằng

O′H =

∣∣∣∣12(OO′ +r′2 − r2

OO′)

∣∣∣∣.Qua H vẽ đường thẳng d vuông góc với OO′. Do A thuộc phần trong củacả hai đường tròn nên OA < r,O′A < r′. Do đó ta có OO′ < OA+O′A <r+r′. Bằng tính toán đơn giản ta có r2−OH2 = r′2−O′H2 = a > 0. Theogiả thiết ta phải tìm được một căn bậc hai của a là b. Trên d lấy K saocho HK = b. Theo định lí Pithagore ta phải có OK2 = r2, O′K2 = r′2.Suy ra OK = r, O′K = r′ hay K thuộc giao của (O), (O′).

Với r′ > r, ta chứng minh tương tự.

2.1.29 Mệnh đề. Giả sử Ω là tập các số thực nhận được từ các số hữutỉ sau một số hữu hạn các phép toán (+), (−), (·), (:) và c 7−→

√1 + c2

(Chú ý rằng ∀c ∈ R, 1 + c2 > 0 nên√

1 + c2 ∈ R). Khi đó Ω là trườngPythagore sắp thứ tự.

Chứng minh. Rõ ràng nếu a, b ∈ Ω thì a + b, a − b, ab,a

b(b 6= 0) cũng

thuộc Ω. Nếu c ∈ Ω thì c được biểu diễn qua các số hữu tỉ với một số hữuhạn các phép tính (+), (−), (·), (:) và c 7−→

√1 + c2 nên

√1 + c2 cũng

thế. Vậy Ω là Pythagore và cũng là trường sắp thứ tự bởi vì nó là trườngcon của R.


Chú ý: Rõ ràng Ω là trường Pythagore sắp thứ tự nhỏ nhất. Ta sẽ gọinó là trường Hilbert vì ông đã nghiên cứu nó trong quyển "Cơ sở hìnhhọc". Nó cũng là trường nhỏ nhất để trên đó tất cả những tiên đề củaHilbert về "ở giữa" và "toàn đẳng" là đúng.

2.1.30 Mệnh đề. Giả sử K là tập những số thực nhận được từ nhữngsố hữu tỉ thông qua một số hữu hạn các phép toán (+), (−), (·), (:) vàa 7−→

√a(a > 0). Thế thì K là một trường sắp thứ tự Euclid.

Chứng minh. Tương tự như chứng minh Mệnh đề 2.1.29.

Chú ý: Trường K còn được gọi là trường dựng được vì K là trường bénhất mà mọi phần tử của K đều dựng được bằng thước và compa. Chúý rằng Ω ⊂ K nhưng Ω 6= K.

2.1.31 Định nghĩa. Giả sử π và π′ là hai phẳng Hilbert. Một đẳng cấugiữa π và π′ là một song ánh ϕ : π −→ π′ thỏa mãn các điều kiện sau:1) Một tập con L ⊂ π là một đường thẳng khi và chỉ khi ϕ(L) ⊂ π′ cũnglà một đường thẳng.2) Ba điểm A,B,C ∈ π thỏa mãn quan hệ "ở giữa" A ∗B ∗C nếu và chỉnếu ϕ(A) ∗ ϕ(B) ∗ ϕ(C) trong π′.3) Cho bốn điểm A,B,C,D ∈ π. Khi đó đoạn thẳng AB và CD là toànđẳng khi và chỉ khi ϕ(A)ϕ(B) và ϕ(C)ϕ(D) là toàn đẳng.4) Giả sử α là một góc tạo bởi hai tia AB,AC trong π. Kí hiệu ϕ(α) làgóc tạo bởi hai tia ϕ(A)ϕ(B) và ϕ(C)ϕ(D) trong π′. Nếu α, β là hai góctrong π thì α và β là toàn đẳng khi và chỉ khi ϕ(α) và ϕ(β) là toàn đẳngtrong π′.

2.1.32 Mệnh đề. Giả sử π là phẳng Hilbert thỏa mãn tiên đề song song(P). Giả sử F là trường sắp thứ tự sinh bởi lớp tương đương toàn đẳngcủa các đoạn thẳng trong π (xem Mệnh đề 2.1.9). Thế thì π đẳng cấu vớiphẳng Descartes F 2 trên trường F .

Chứng minh. Chúng ta bắt đầu bằng việc cố định hai đường thẳng vuônggóc trong phẳng π, ta gọi chúng lần lượt là trục x và trục y. Ta gọi giaođiểm O của hai trục là điểm gốc. Trên mỗi trục ta chọn một điểm 1x, 1ysao cho đoạn O1x, O1y đều biểu diễn đoạn 1 trong trường F . Chúng xácđịnh tia dương trên trục x và y.


Với mỗi điểm P trên phẳng, ta vẽ đường thẳng PA vuông với trụcx, PB vuông với trục y. Giả sử đoạn OA biểu diễn a ∈ F, đoạn OB biểudiễn b ∈ F.

Ta định nghĩa ánh xạ ϕ : π −→ F 2 cho bởi ϕ(P ) = (±a,±b), trongđó ta chọn dấu + nếu A (tương ứng B) nằm trên tia dương của trục x(tương ứng trục y) và dấu − trong trường hợp ngược lại. Rõ ràng, cáchxây dựng này cho ta một song ánh giữa tập những điểm của π và tậpnhững cặp sắp thứ tự của trường F . Vì thế ϕ là song ánh.

Ta còn phải kiểm tra ϕ tương thích với khái niệm đường thẳng, ởgiữa, toàn đẳng của đoạn và của góc.

Bước 1: Giả sử l là đường thẳng trong π. Để đơn giản, ta chỉ xét đườngthẳng tổng quát còn trường hợp đường thẳng thẳng đứng và đường thẳngnằm ngang thì bạn đọc tự kiểm tra. Giả sử l cắt trục x tại A. Lấy điểmB sao cho AB ∈ 1 và BC là đoạn vuông góc và m ∈ F là độ dài củaBC. Ta gọi m là độ nghiêng của đường thẳng.

Giả sử l gặp trục y tại D, và b ∈ F biểu diễn điểm này, nghĩa làb = OD nếu D trên tia dương của trục, ngược lại b = −OD. Xét điểmP = (x, y) bất kì trên mặt phẳng. Dựng 4DPE là tam giác tạo bởiDP với đường nằm ngang và đường thẳng đứng. Vậy thì DE = x vàPE = y − b (đối với trường hợp mà ta vẽ trên hình, nếu không cóthể thêm dấu + hoặc − nếu cần). Điểm P nằm trên l khi và chỉ khi∠PDE = α ⇐⇒ y − b = mx. Hay P = (x, y) ∈ l ⇐⇒ y = mx + b. Vìcác đường thẳng trong F 2 được xác định bởi phương trình tuyến tínhnên ta chứng minh được tính chất đầu tiên: L ⊂ π là đường thẳng khivà chỉ khi ϕ(L) ⊂ π′ là đường thẳng.


Bước 2. Giả sử A,B,C là ba điểm thẳng hàng trong π. Theo Bước 1 thìảnh của ba điểm đó là thẳng hàng trong π′. Ta xét trường hợp A,B,Cnằm trong góc phần tư thứ nhất, những trường hợp khác bạn đọc tựmình chứng minh. Giả sử A′, B′, C ′ là hình chiếu của chúng trên trục x.

Vì AA′, BB′, CC ′ song song nên A và C sẽ ở hai phía của BB′ khi vàchỉ khi A′ và C ′ cũng ở về hai phía đối với BB′. Do đó A ∗B ∗C khi vàchỉ khi A′ ∗B′ ∗C ′. Giả sử các đoạn OA′, OB′, OC ′ biểu diễn a, b, c ∈ F .Thế thì A′ ∗B′ ∗C ′ nghĩa là OA′ ≤ OB′ ≤ OC ′ hoặc OC ′ ≤ OB′ ≤ OA′.Điều này tương đương với a < b < c hoặc c < b < a. Và từ đó tươngđương với ϕ(A) ∗ ϕ(B) ∗ ϕ(C) do định nghĩa của "ở giữa" trong F 2.

Bước 3. Giả sử A,B là hai điểm trên π và đoạn AB biểu diễn d ∈ F . Giảsử ϕ(A) = (a1, a2) và ϕ(B) = (b1, b2). Ta vẽ tam giác vuông ABC có cáccạnh góc vuông song song với các trục. Thế thì AC = b1 − a1 và BC =b2−a2. Sử dụng Định lí Pythagore 2.1.17 ta có d2 = (b1−a1)2 +(b2−a2)2

trong F .

Giả sử A′B′ là đoạn khác với độ dài d′ ∈ F . Giả sử ϕ(A′) = (a′1, a′2),

ϕ(B′) = (b′1, b′2). Lập luận tương tự ta có

d′2

= (b′1 − a′1)2 + (b′2 − a′2)2.

Ta có AB ' A′B′ ⇐⇒ d = d′. Mặt khác, d = d′ khi và chỉ khi d2 = d′2

bởi vì d và d′ đều là những phần tử dương của F . Nhưng những phươngtrình ở trên cho ta thấy d2 và d′2 đều bằng hàm bình phương khoảng cáchmà ta đã dùng để định nghĩa quan hệ toàn đẳng giữa các đoạn thẳngtrong F 2. Suy ra AB ' A′B′ khi và chỉ khi ϕ(A)ϕ(B) ' ϕ(A′)ϕ(B′).

Bước 4. Ta chỉ ra rằng α và α′ là hai góc toàn đẳng khi và chỉ khi ϕ(α)và ϕ(α′) là toàn đẳng.


Giả sử α và α′ là hai góc với đỉnh là A và A′ trong π. Trên hai tia củagóc α ta lần lượt lấy hai điểm B,C và trên hai tia của góc α′ ta lần lượtlấy hai điểm B′, C ′ sao cho AB ' A′B′, AC ' A′C ′. Nối BC,B′C ′ để tạothành hai tam giác. Nếu α = α′ thì bởi (SAS) ta có 4ABC ' 4A′B′C ′.Do đó BC ' B′C ′. Ngược lại, nếu BC ' B′C ′ thì bởi (SSS) ta có4ABC ' 4A′B′C ′. Do đó α ' α′. Vậy α ' α′ ⇐⇒ BC ' B′C ′.

Theo Bước 3 ta có

ϕ(A)ϕ(B) ' ϕ(A′)ϕ(B′), ϕ(A)ϕ(C) ' ϕ(A′)ϕ(C ′).

Hơn nữa ta đã chỉ ra rằng hình học của F 2 thỏa mãn những tiên đềHilbert, và đặc biệt (SAS) và (SSS) cũng đúng trong F 2. Vì thế cũng bởi líluận tương tự trên F 2 ta có ϕ(α) ' ϕ(α′)⇐⇒ ϕ(B)ϕ(C) ' ϕ(B′)ϕ(C ′).

Kết hợp kết quả này với Bước 3 và áp dụng cho các đoạn BC,B′C ′,ta thấy

α ' α′ ⇐⇒ BC ' B′C ′ ⇐⇒ ϕ(B)ϕ(C) ' ϕ(B′)ϕ(C ′)⇐⇒ ϕ(α) ' ϕ(α′).

2.1.33 Hệ quả. Mọi phẳng Hilbert π thỏa mãn (P) và (D) đều đẳng cấuvới phẳng Descartes thực.

Chứng minh. Bởi Định lý 2.1.32, π đẳng cấu với phẳng Descartes trêntrường sắp thứ tự F . Do Mệnh đề 2.1.22, phẳng π thỏa mãn (D) khivà chỉ khi trường F thỏa mãn (D’). Vì thế từ Mệnh đề 2.1.23 ta suy raF ' R.


2.2 Diện tích trong hình học Euclid

Trong mặt phẳng Hilbert ta nói hai tam giác là không chồng lên nhaunếu chúng không có điểm trong chung. Chúng có thể có đỉnh chung hoặcphần cạnh chung.

2.2.1 Định nghĩa. Một hình phẳng là một tập con của mặt phẳng màcó thể biểu diễn dưới dạng hợp hữu hạn các tam giác không chồng lênnhau. Một điểm D là điểm trong của một hình P nếu có một tam giácABC nằm trong P mà D nằm trong tam giác ABC. Hai hình khôngchồng lên nhau nếu chúng không có điểm trong chung.

Lưu ý rằng trong định nghĩa của ta một hình bao gồm các cạnh biêncủa nó và tất cả điểm trong của nó.

Mệnh đề sau đây được suy ra ngay từ định nghĩa.

2.2.2 Mệnh đề. Giao của hai hình bất kỳ là một hình. Hợp của hai hìnhbất kỳ là một hình. Phần bù của một hình bên trong hình khác (tính cảcác đoạn thẳng tạo nên từ các cạnh của chúng) là một hình. Đặc biệt,hợp hữu hạn của các tam giác là một hình.

2.2.3 Định nghĩa. Hai hình P, P ′ được gọi là đẳng hợp (hay còn đượcgọi là có phân tích như nhau) nếu chúng có thể viết ở dạng hợp của cáctam giác không chồng lên nhau.

P = T1 ∪ · · · ∪ Tn

P ′ = T ′1 ∪ · · · ∪ T ′n,

ở đó tam giác Ti toàn đẳng với tam giác T ′i với mỗi i.

Hai hình P và P ′ được gọi là có dung lượng bằng nhau nếu có haihình Q,Q′ sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn:

(1) P và Q là không chồng lên nhau.

(2) P ′ và Q′ là không chồng lên nhau.

(3) Q và Q′ là đẳng hợp.

(4) P ∪Q và P ′ ∪Q′ là đẳng hợp.


Ví dụ 1: Giả sử P là hợp của hai hình vuông bằng nhau trong mặtphẳng Euclid và P ′ là một hình vuông được tạo nên từ đường chéo củamột trong hai hình vuông của P. Khi đó P và P ′ là đẳng hợp. Thực vậy,chúng ta cắt P và P ′ thành bốn tam giác toàn đẳng như hình vẽ.

Ví dụ 2 : Trong mặt phẳng Euclid, cho ABCD và CDEF là hai hìnhbình hành có chung cạnh CD, hai cạnh AB,EF nằm trên cùng đườngthẳng song song với CD. Ta sẽ chỉ ra rằng ABCD và CDEF có dunglượng bằng nhau. Thực vậy, nếu chúng ta cho P = ABCD,P ′ = CDEFvà lấy Q = Q′ = 4BGE thì P ∪ Q và P ′ ∪ Q′ là hợp của hai tam giáctoàn đẳng ACE và BDF với tam giác CDG.

2.2.4 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert, quan hệ hai hình đẳng hợplà một quan hệ tương đương. Hợp không chồng lên nhau của những hìnhđẳng hợp là những hình đẳng hợp.

Chứng minh. Quan hệ phản xạ và đối xứng là hiển nhiên. Ta chỉ ra tínhchất bắc cầu. Thật vậy, giả sử P và P ′ là đẳng hợp, P ′ và P ′′ là đẳnghợp. Đặt

P = T1 ∪ T2 ∪ · · · ∪ Tn,

P ′ = T ′1 ∪ T ′2 ∪ · · · ∪ T ′n,

trong đó Ti và T′i là các tam giác toàn đẳng với mỗi i. Ta cũng đặt

P ′ = S ′1 ∪ S ′2 ∪ · · · ∪ S ′m,

P ′′ = S ′′1 ∪ S ′′2 ∪ · · · ∪ S ′′m,

trong đó S ′j và S′′j là những tam giác toàn đẳng với mỗi j. Ta phải chứng

minh P và P ′′ là đẳng hợp.


Để làm việc này ta sẽ làm mịn các phân hoạch của P và P ′′ để biểudiễn của chúng như là hợp của các tam giác toàn đẳng. Với mỗi i, j, xétgiao T ′i ∩ S ′j trong P ′. Nó có thể rỗng, hoặc gồm một số điểm hoặc chỉ

là một đoạn thẳng. Nếu như thế, chúng ta bỏ qua giao này. Khi giao đócó phần trong khác rỗng, nó sẽ là một hình (xem Bài tập II.2) và có thểbiểu diễn như là hợp của các tam giác

T ′i ∩ S ′j =l⋃

k=1

U ′ijk.

Giả sử ϕi : Ti −→ T ′i là một phép dời hình biến tam giác Ti thànhtam giác T ′i toàn đẳng với nó. Chúng ta sử dụng ϕi để chuyển tam giácU ′ijk thành tam giác mới Uijk = ϕ−1

i (U ′ijk) bao hàm trong Ti. Thế thì

Ti =⋃j,k

Uijk

và mỗi Uijk toàn đẳng với U ′ijk.

Tương tự với mỗi j, giả sử ψj là một phép dời hình biến tam giác S ′jthành tam giác toàn đẳng S ′′j . Giả sử U ′′ijk = ψj(U

′ijk). Thế thì

S ′′j =⋃j,k

U ′′ijk

và mỗi U ′′ijk toàn đẳng với U ′ijk.

Do cách dựng nên U ′ijk là các tam giác không chồng lên nhau và U ′′ijkcũng là các tam giác không chồng lên nhau. Hơn nữa, ta có thể viết

P =⋃i,j,k

Uijk

P ′′ =⋃i,j,k

U ′′ijk,

trong đó Uijk là toàn đẳng với U ′′ijk ∀i, j, k. Do đó P và P ′′ là đẳng hợp.

Nếu P và P ′, Q và Q′ là đẳng hợp và nếu P,Q không chồng lên nhau,P ′, Q′ không chồng lên nhau thì hiển nhiên P ∪ Q và P ∪ Q là đẳnghợp.


2.2.5 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert, quan hệ giữa hai hình códung lượng bằng nhau thì có những tính chất dưới đây:

(a) Dung lượng bằng nhau là một quan hệ tương đương.(b) Những hình đẳng hợp thì có dung lượng bằng nhau.(c) Hợp không chồng lên nhau của những hình có dung lượng bằng

nhau thì có dung lượng bằng nhau.(d) Nếu Q ⊆ P và Q′ ⊆ P ′ và Q,Q′ có dung lượng bằng nhau và

P, P ′ có dung lượng bằng nhau thì P −Q và P ′ −Q′ có dung lượng bằngnhau.

2.2.6 Bổ đề. Giả sử P và P ′ là các hình đẳng hợp, P biểu diễn đượcnhư hợp của hai hình con không chồng lên nhau: P = P1 ∪P2. Khi đó cócác hình con P ′1, P

′2 của P ′ sao cho P ′ là hợp không chồng lên nhau của

P ′1 và P ′2, đồng thời Pi và P′i là đẳng hợp với i = 1, 2.

Chứng minh. Giả sửP = T1 ∪ · · · ∪ Tn,P ′ = T ′1 ∪ · · · ∪ T ′n,

trong đó Ti và T′i là các tam giác toàn đẳng với mỗi i. Như trong chứng

minh của Mệnh đề 2.2.4 ta sẽ làm mịn các phân hoạch một cách thíchhợp.

Với mỗi i, ta xét giao Ti ∩ P1 và Ti ∩ P2. Theo Mệnh đề 2.2.2 ta cóthể viết mỗi giao như hợp của các tam giác

Ti ∩ P1 =⋃j

Sij1,

Ti ∩ P2 =⋃j

Sij2.

Dùng phép dời hình ϕi : Ti −→ T ′i để biến đổi các tam giác này và địnhnghĩa

S ′ijk = ϕi(Sijk), ∀i, j, k.

ĐặtP ′1 =

⋃S ′ij1,

P ′2 =⋃

S ′ij2.

Thế thì P1 và P2 thỏa mãn yêu cầu của bổ đề.


Chứng minh của Mệnh đề 2.2.5

(a) Tính chất đối xứng và phản xạ của quan hệ dung lượng bằng nhaulà hiển nhiên. Phần không tầm thường là tính chất bắc cầu. Giả sử P vàP ′ có dung lượng bằng nhau, P ′ và P ′′ có dung lượng bằng nhau. Khiđó, có các hình đẳng hợp Q và Q′ sao cho P ∪Q và P ′ ∪Q′ là đẳng hợp.Hơn nữa, ta có các hình đẳng hợp R′ và R′′ sao cho P ′ ∪ R′ và P ′′ ∪ R′′là đẳng hợp.

Khó khăn ở đây là các yếu tố nhắc đến ở trên đều là không chồnglên nhau trong khi có thể xảy ra trường hợp Q′ và R′ lại chồng lên nhau.Để tránh tình huống này, chúng ta áp dụng Bổ đề 2.2.6 cho các hìnhđẳng hợp P ′ ∪ R′, P ′′ ∪ R′′ và phân hoạch để chúng đẳng hợp. Khi đótồn tại phân hoạch mịn hơn sao cho với mọi Ti là một tam giác thuộcphân hoạch của P ′ ∪ R′ thì hoặc Ti ⊂ P ′ hoặc Ti ⊂ R′. Như vậy chúngta có thể giả sử rằng phép tam giác phân của P ′ ∪ R′ sinh ra từ phéptam giác phân riêng rẽ của P ′ và R′. Ta có thể di chuyển R′ tới một vịtrí khác R∗ trên mặt phẳng mà vẫn có P ′ ∪R∗ và P ′′ ∪R′′ là đẳng hợp.Đặc biệt chúng ta có thể chọn R∗ sao cho R∗ không chồng lên Q,P (xemBài tập II.4). Theo cách tương tự ta cũng làm được cho Q′∗ không chồnglên R′∗, P ′′, R′′. Từ đó ta có P ∪ Q ∪ R′∗ đẳng hợp với P ′ ∪ Q′∗ ∪ R′∗.Do P ′ ∪ Q′∗ ∪ R′∗ đẳng hợp với P ′′ ∪ R′′ ∪ Q′∗ và Q ∪ R′∗ đẳng hợp vớiQ′∗ ∪ R′′ nên P và P ′′ có cùng dung lượng. Mệnh đề (a) đã được chứngminh.

Mệnh đề (b): Chứng minh là tầm thường.

Mệnh đề (c), (d): Chứng minh dựa trên Bổ đề 2.2.6 và theo cách tươngtự như Mệnh đề (a) (xem Bài tập II.5).

Khi xây dựng khái niệm về diện tích của các hình phẳng, Euclid thừanhận rằng:

1. Các hình "bằng nhau"’ là "bằng nhau".2. Tổng của các hình "bằng nhau" là "bằng nhau".3. Hiệu của các hình "bằng nhau" là "bằng nhau".4. Chia đều các hình "bằng nhau" là "bằng nhau".5. Tổng thể lớn hơn từng phần.6. Nếu các hình vuông là "bằng nhau" thì các cạnh của chúng "bằng

nhau".

Với khái niệm "dung lượng bằng nhau" của các hình phẳng mà chúngta đã đưa ra ở trên, ta có thể chứng minh chặt chẽ hầu hết các kết quả


của Euclid về diện tích, trong dó có các tính chất 1, 2, 3 vừa được liệt kê.Tuy nhiên, lý thuyết của chúng ta dường như không đủ mạnh để chứngminh chặt chẽ một số các tính chất khác, chẳng hạn các tính chất 4, 5, 6.Vì vậy chúng ta đưa ra tiên đề sau.

Tiên đề de Zolt (Z) Nếu Q là một hình được bao hàm trong một hìnhP khác và P − Q có phần trong khác rỗng thì P và Q không có dunglượng bằng nhau.

Tiên đề (Z) trong một chừng mực nào đó thể hiện chính xác tính chấtthứ năm nói trên của Euclid về diện tích: "tất cả thì lớn hơn một phần".Tuy nhiên chúng ta nên tránh sử dụng từ "lớn hơn" và "nhỏ hơn", bởivì sự tồn tại của một quan hệ thứ tự giữa các hình vẫn chưa được thiếtlập. Trong Bài tập II.7 ta sẽ thiết lập quan hệ thứ tự cho dung lượng từTiên đề (Z). Các Bài tập I.6, II.8 sẽ chứng minh hai tính chất 4 và 6.Tóm lại, ta có mệnh đề sau.

2.2.7 Hệ quả. Trong mặt phẳng Hilbert, quan hệ dung lượng bằng nhaucó các tính chất 1, 2, 3 như đã liệt kê. Trong mặt phẳng Euclid cùng với(Z), các tính chất 4, 5, 6 là đúng.

Ta kết thúc mục này bằng một số bình luận về Tiên đề Z. Việc bổsung Tiên đề (Z) đã tạo ra một nền tảng khá thuận lợi cho việc chứngminh các định lý của Euclid về diện tích. Tuy nhiên, có thật Tiên đề (Z)là độc lập với các tiên đề còn lại? Không phải như vậy! Trong phần sau,ta sẽ chỉ ra rằng Tiên đề (Z) là đúng trong mặt phẳng Descartes trênmột trường, và do đó theo Định lý 2.1.32 nó là đúng trong bất kì mặtphẳng Hilbert nào thỏa mãn (P). Như thế, nó sẽ đúng trong bất kì mặtphẳng Euclid nào (Nhắc lại rằng mặt phẳng Euclid là một mặt phẳngHilbert cùng với (P) và (E)).

Bài tập

II.1. Chứng minh rằng giao của hai hình là một hình. Gợi ý: Đầu tiênchứng minh với giao của hai tam giác.II.2. Chứng minh rằng phần bù của một hình được bao hàm trong hìnhkhác là một hình. Gợi ý: Đầu tiên chứng minh với trường hợp hình nhỏhơn là một tam giác đơn.II.3. Chứng minh rằng hợp của hai hình là một hình.


II.4. Trong một mặt phẳng Hilbert, cho hai hình P,Q. Chứng minh cómột phép dời hình ϕ của mặt phẳng sao cho P và ϕ(Q) không giao nhau.II.5. Chứng minh phần (c) và (d) của Mệnh đề 2.2.5.II.6. Trong mặt phẳng Euclid thỏa mãn (Z), cho các đoạn AB và CD saocho hình vuông dựng trên AB và CD có dung lượng bằng nhau. Chứngminh AB và CD bằng nhau.II.7. Trong mặt phẳng Euclid với (Z), chứng minh có một thứ tự toànphần trên tập các hình thỏa mãn tính chất sau: P ≤ Q nếu tồn tại mộthình P ′ có cùng dung lượng với P và P ′ được bao hàm trong Q. Gợi ý:Chứng tỏ rằng hình P bất kỳ có cùng dung lượng với một hình chữ nhậtP ′ dựng trên cạnh AB cố định.II.8. Trong mặt phẳng Euclid với (Z), chứng minh rằng "một nửa củabằng nhau thì bằng nhau", theo nghĩa sau: Giả sử P và Q là hai hình códung lượng bằng nhau, P = P1 ∪ P2 là một hợp không chồng lên nhauvới P1, P2 có dung lượng bằng nhau, Q = Q1 ∪ Q2 với Q1, Q2 có dunglượng bằng nhau. Thế thì P1 và Q1 có dung lượng bằng nhau.II.9. Trong mặt phẳng Euclid thỏa mãn (A), giả sử (Z) không đúng theonghĩa rằng tồn tại một tam giác ABC và điểm D nằm giữa B và C saocho ABC có dung lượng bằng tam giác nhỏ hơn ADC. Chứng minh vớihình P bất kỳ, tồn tại một hình Q bao hàm P sao cho Q có dung lượngbằng nhau với tập rỗng. (Nếu bạn có thể tìm thấy một kết quả mâuthuẫn từ đây thì bạn sẽ khám phá ra một chứng minh của (Z)!)

II.10. Trong một mặt phẳng Euclid cùng với tiên đề Achimedes (A), chomột chứng minh trực tiếp khẳng định sau: Hai hình bình hành có cùngđáy và hai cạnh đối của chúng cùng nằm trên một đường thẳng songsong với đáy thì đẳng hợp.II.11. Đa giác đơn đóng. Một đa giác đơn đóng là hợp của các đoạnthẳng A1A2, A2A3, · · · , AiAi+1, AnA1, trong đó A1, · · · , An là các điểmphân biệt trên mặt phẳng, mỗi điểm nằm trên hai đoạn thẳng và cácđoạn thẳng không có điểm trong chung.


(a) Chứng minh rằng một đa giác đơn đóng chia mặt phẳng thành haitập con liên thông đoạn, gọi là phần trong và phần ngoài của nó. (Đây làdạng đa giác của định lí Jordan nổi tiếng đối với đường cong đóng đơntrong R2 ).(b) Chứng minh rằng một đa giác đơn đóng cùng với phần trong của nólà một hình P (nghĩa là hợp hữu hạn các tam giác). Ta có thể chia mộtđa giác P có n cạnh thành hợp của n− 2 tam giác hay không?

Hàm đo diện tích

Trong chương trình hình học phổ thông, bạn đọc đều biết diện tích củamột hình là một con số và đều được học cách tính diện tích của nhữnghình khác nhau, nhưng chưa từng có định nghĩa về diện tích hoặc chứngminh sự tồn tại của nó. Do đó, công việc đầu tiên của chúng ta sẽ là địnhnghĩa hàm đo diện tích dựa trên những tính chất mà ta mong muốn. Sauđó, ta sẽ chứng tỏ rằng hàm đo diện tích tồn tại trong mặt phẳng Hilbertvới (P) và suy ra tiên đề Zolt (Z). Hai kết quả này sẽ tạo ra cơ sở khoahọc vững chắc cho lý thuyết Euclid về diện tích.

2.2.8 Định nghĩa. Một nhóm abel sắp thứ tự là một nhóm giao hoánG cùng với một tập con P mà những phần tử của nó được gọi là dương,thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) Nếu a, b ∈ P thì a+ b ∈ P .

(ii) Với mỗi a ∈ G, có một và chỉ một trong các trường hợp sau xảyra: a ∈ P, a = 0, −a ∈ P .

Tương tự như với trường sắp thứ tự, ta định nghĩa a > b nếu a−b ∈ P .Khi đó quan hệ ">" có đầy đủ các tính chất như trong Mệnh đề 2.1.4.


2.2.9 Định nghĩa. Hàm đo diện tích trong mặt phẳng Hilbert là hàm αxác định trên tập các hình P (xem Định nghĩa 2.2.1), nhận giá trị trongnhóm abel sắp thứ tự G, thỏa mãn các điều kiện sau:

(1) Đối với mọi tam giác T , ta có α(T ) > 0 trong G.

(2) Nếu T và T ′ là hai tam giác toàn đẳng thì α(T ) = α(T ′).

(3) Nếu hai hình P và Q không chồng lên nhau thì

α(P ∪Q) = α(P ) + α(Q).

Ta gọi α(P ) là diện tích của hình P ứng với hàm đo diện tích α.

2.2.10 Mệnh đề. Cho α là hàm đo diện tích trong mặt phẳng Hilbert.Khi đó:

(a) Nếu hình P có phần trong khác rỗng thì α(P ) > 0.

(b) Nếu hình P và P ′ là đẳng hợp thì α(P ) = α(P ′).

(c) Nếu hình P và P ′ có dung lượng bằng nhau thì α(P ) = α(P ′).

(d) Nếu hình Q chứa trong hình P và P −Q có phần trong khác rỗngthì α(Q) < α(P ). Đặc biệt, P và Q không thể có dung lượng bằng nhau.Do đó tiên đề Zolt xảy ra.

Chứng minh. (a) Biểu diễn hình P là hợp của các tam giác Ti. Theo địnhnghĩa của hàm đo diện tích, ta được α(P ) =

∑α(Ti) với α(Ti) > 0. Do

đó α(P ) > 0.(b) Suy ra từ tính chất hai tam giác toàn đẳng có hàm diện tích bằngnhau.(c) Nếu P và P ′ có dung lượng bằng nhau thì có các hình Q và Q′ đẳnghợp và không chồng lên P và P ′ sao cho P ∪Q và P ′ ∪Q′ là đẳng hợp.Do đó α(Q) = α(Q′) và α(P ∪Q) = α(P ′ ∪Q′). Sử dụng tính chất cộngtính (3) và phép trừ trong nhóm G, ta được α(P ) = α(P ′).(d) Viết P = Q ∪ (P − Q). Vì P − Q có phần trong không rỗng nênα(P − Q) > 0. Do đó, bởi tính chất (3), ta được α(P ) < α(Q). Theokhẳng định (c), P và Q không thể có dung lượng bằng nhau. Nói cáchkhác, tiên đề Zolt xảy ra.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của hàm đo diện tích trongmặt phẳng Hilbert với (P ). Ngoài ra, bạn đọc nên tham khảo thêm các


tài liệu khác để thấy được sự tồn tại của hàm đo diện tích trong Hìnhhọc phi Euclid.

Ta luôn giả sử rằng đối với mặt phẳng Hilbert thỏa mãn (P) thìtrường F được xác định như trong Mệnh đề 2.1.9.

2.2.11 Định lí. Trong mặt phẳng Hilbert với (P), tồn tại và duy nhấthàm diện tích α nhận giá trị trong nhóm cộng của trường F thỏa mãnđiều kiện sau: Với mỗi tam giác ABC, nếu ta chọn cạnh AB là đáy vàcó chiều dài là b ∈ F, độ dài đường cao hạ xuống cạnh đáy là h, thìα(ABC) = 1

2bh.

Chứng minh. Tính chất duy nhất là dễ thấy, bởi điều kiện thêm cho tagiá trị của α tại mọi tam giác, và bất kì hình nào cũng có thể phân tíchđược thành hợp của một số hữu hạn các tam giác con.

Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại của α. Thật vậy, với hình P bất kì,ta phân tích P = T1 ∪ · · · ∪Tn, ở đó tam giác Ti có cạnh đáy bi và đườngcao hi tương ứng. Ta định nghĩa

α(P ) =∑ 1

2bihi.

Ta phải chỉ ra rằng khái niệm này là hoàn toàn xác định. Muốn vậy,ta phải chỉ ra rằng giá trị của hàm α trên một tam giác là không phụthuộc vào việc chọn cạnh đáy và giá trị α(P ) là không phụ thuộc vàotam giác phân. Cuối cùng, ta phải chứng minh rằng α thỏa mãn mọitính chất của hàm diện tích. Chúng ta sẽ lần lượt giải quyết những vấnđề này trong các bổ đề sau.

2.2.12 Bổ đề. Trong mặt phẳng Hilbert với (P ), cho tam giác ABC.Giả sử b là một cạnh đáy cùng với đường cao tương ứng h. Giả sử b′ làcạnh đáy khác cùng với đường cao h′ tương ứng. Khi đó 1

2bh = 1

2b′h′ trong

trường F .

Chứng minh. Cho tam giác ABC với b = BC, h = AD, b′ = AC, h′ =BE. Vì hai tam giác vuông ADC và BEC có chung góc C nên cả ba góccủa chúng tương ứng bằng nhau. Do đó ∆ADC đồng dạng với ∆BEC(Sim AAA), kéo theo tỉ lệ các cặp cạnh tương ứng bằng nhau

h

b′=h′

b.


Nhân chéo, ta được bh = b′h′ và do đó 12bh = 1

2b′h′.

Như vậy hàm α xác định với mọi tam giác ABC.

2.2.13 Bổ đề. Nếu tam giác T bị chia thành hữu hạn những tam giácnhỏ hơn Ti thì diện tích của tam giác lớn sẽ bằng tổng diện tích của cáctam giác nhỏ: α(T ) =

∑α(Ti).

Chứng minh.

Bước 1: Ta xét trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC bị chia thànhhai tam giác con bởi một đường thẳng, ví dụ là CD (với D thuộc cạnhAB)

Ta chọn cạnh AB là đáy của tam giác lớn, hai cạnh AD và DB làđáy của hai tam giác nhỏ tương ứng. Dễ thấy, ba tam giác này có chungđường cao, và tổng hai cạnh đáy AD và DB chính là cạnh AB. Vậyα(ABC) = α(ACD) + α(BCD).

Bước 2: Tiếp theo, ta xét trường hợp tam giác ABC bị chia nhỏ thànhcác tam giác Ti sao cho không có đỉnh của tam giác con nào nằm bêntrong tam giác lớn và có ít nhất một cạnh của tam giác lớn (như cạnhAC trong hình vẽ) không chứa đỉnh của một tam giác con nào. Khi đóα(ABC) =

∑α(Ti).

Ta chứng minh kết quả này bằng quy nạp theo n là số lượng các tamgiác con Ti.


* n = 2: Đây chính là trường hợp 1 ta đã xét.

* Chứng minh kết quả với n > 2. Cạnh AC phải thuộc vào mộttrong những tam giác nhỏ, giả sử là T1. Do đó góc còn lại D của tamgiác T1 phải thuộc cạnh AB hoặc BC (giả sử đó là AB). Theo Bước 1,ta có

α(ABC) = α(T1) + α(BCD)

Dễ thấy ∆BCD có ít hơn một tam giác trong sự phân tích của nó so với∆ABC. Hơn nữa, ∆BCD thỏa mãn giả thuyết của Bước 2, bởi vì nókhông có đỉnh nào nằm trong (do ∆ABC không có) và không có đỉnhcủa tam giác con nào nằm trên cạnh CD. Theo giả thiết quy nạp, ta cóα(BCD) =

∑α(Ti). Ta có đpcm.

Bước 3: Trường hợp tổng quát

Xét tam giác ABC bị chia thành các tam giác nhỏ Ti. Chọn một đỉnhcủa ABC, giả sử là C. Vẽ các đường thẳng (nét đứt) nối C đến mỗi đỉnhcủa tam giác phân, kể cả những đỉnh nằm trên cạnh đối AB và kéo dàinhững đường thẳng này xuống cắt cạnh AB. Thế thì ta có được mộtphân hoạch khác của ∆ABC, gồm các tam giác Sj. Lưu ý rằng phânhoạch Sj thỏa mãn giả thuyết của Bước 2, do đó

α(ABC) =∑

α(Sj). (1)

Kết hợp Ti và Sj thành cách phân hoạch mới: ABC =⋃i,j Ti ∩ Sj. Dễ

thấy, hình Ti ∩ Sj sẽ hoặc là tam giác hoặc là tứ giác. Ta vẽ thêm cácđường nối để chúng trở thành hợp của các tam giác: Ti ∩ Sj =

⋃k Uijk.

Từ đó, ta có được cách phân hoạch ∆ABC thành các tam giác Uijk.

Mỗi Sj là hợp của các tam giác Uijk với i, k thay đổi. Ta thấy cáchphân tích Sj này thỏa mãn điều kiện của Bước 2. Thật vậy, không có


đỉnh nào nằm trong bởi các đoạn thẳng tạo nên các tam giác Sj đi quamọi đỉnh của tam giác phân ban đầu. Hơn nữa, cạnh của Sj mà nằmtrên đáy AB thì cũng không chứa đỉnh vì lý do tương tự. Sử dụng Bước2, với mỗi j ta được

α(Sj) =∑i,k

α(Uijk). (2)

Kết hợp (1) và (2), ta có

α(ABC) =∑i,j,k

α(Uijk). (3)

Ta chỉ còn phải xem xét về cách chia mỗi Ti thành những tam giác nhỏUijk. Mỗi đường thẳng xuất phát từ C đi qua ba đỉnh X, Y, Z của Ti sẽchia Ti thành hai phần gọi là T

′i và T

′′i (Trong hình vẽ, cạnh qua Z chia

Ti thành hai phần). Theo Bước 1, ta được: α(Ti) = α(T′i ) + α(T

′′i ).

Đối với mỗi một phần tạo bởi những đường thẳng qua C và nhữngđường thẳng ta đã vẽ thêm ta sẽ vẽ thêm đường thẳng (nếu cần thiết!)để chia hình tứ giác thành hai tam giác. Những tam giác này của T

′i và

T′′i thỏa mãn điều kiện của Bước 2: Không có đỉnh nằm trong, và cạnh

qua Z (dùng để chia Ti thành T′i và T

′′i ) không chứa một đỉnh nào. Do

đó, theo Bước 2, mỗi tam giác T′i và T

′′i qua hàm α đều bằng tổng của

các α(Uijk) theo cách nó được chia. Bởi vậy

α(Ti) =∑j,k

α(Uijk). (4)

Cuối cùng, kết hợp (3) và (4), ta có

α(ABC) =∑i

α(Ti) (5)

2.2.14 Bổ đề. Diện tích của một hình phẳng không phụ thuộc vào cáchtam giác phân hình đó.

Chứng minh. Giả sử hình P có hai cách tam giác phân:

P = T1 ∪ · · · ∪ Tn


P = T′

1 ∪ · · · ∪ T′

n.

Thế thì giao của Ti và T′j có thể tiếp tục chia thành những tam giác Uijk

như trong chứng minh Mệnh đề 2.2.4. Sử dụng Bổ đề 2.2.13, với mỗiTi =

⋃j,k Uijk và T

′j =

⋃i,k Uijk, ta tìm được:∑

i

α(Ti) =∑i,j,k

α(Uijk) =∑j

α(T′

j ).

Ta được điều phải chứng minh.

Tiếp tục chứng minh Định lý 2.2.11 Từ các bổ đề 2.2.12, 2.2.13 và2.2.14 ta thấy rằng hàm α hoàn toàn xác định. Bây giờ, ta chỉ cần kiểmtra nó có đầy đủ các tính chất của hàm đo diện tích.

1. Vì độ dài đọan thẳng xác định phần tử dương của F nên α(T ) > 0với mọi tam giác T .

2. Các tam giác toàn đẳng thì có các cạnh và các đường cao tươngứng bằng nhau. Do đó α(T ) = α(T ′) với T và T ′ là hai tam giác toànđẳng.

3. Giả sử P và Q là hai hình không chồng lên nhau. Nếu ta có tamgiác phân P = T1 ∪ · · · ∪Tn và Q = T

′1 ∪ · · · ∪T

′m thì Ti, T

′j là tam giác

phân của P ∪Q. Do đó, tính chất (3) là đúng.

2.2.15 Hệ quả. Trong mặt phẳng Euclid, mọi lý thuyết về diện tích đềuđúng, ở đó "diện tích bằng nhau" được hiểu theo nghĩa "dung lượng bằngnhau".

Chứng minh. Ta biết rằng những kết quả này phụ thuộc vào định nghĩacủa dung lượng bằng nhau và Tiên đề (Z). Thế nhưng Tiên đề (Z) lại làhệ quả của sự tồn tại hàm diện tích và hàm này tồn tại trong mặt phẳngHilbert với (P).

2.2.16 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert với (P ), gọi α là hàm đodiện tích định nghĩa trong Định lý 2.2.11. Khi đó hai hình P và Q códung lượng bằng nhau khi và chỉ khi α(P ) = α(Q).

Chứng minh. Nếu P và Q có dung lượng bằng nhau thì α(P ) = α(Q)theo Mệnh đề 2.2.10.


Ngược lại, giả sử α(P ) = α(Q). Ta có thể tìm ra các hình chữ nhậtP ′ và Q′ có dung lượng bằng P và Q tương ứng. Hơn nữa, ta có thể giảsử rằng một cạnh của những hình chữ nhật đó là đơn vị 1 của trường F .Thật vậy, với tam giác ABC bất kì ta gọi M,N là trung điểm AB,AC.Hạ các đường vuông góc AI,BH,CK xuốngMN . Khi đó tam giác ABCđẳng hợp với hình chữ nhật BCKH (do ta có thể cắt tam giác ABCthành bốn tam giác BCM,CMN,AMI,ANI và hình chữ nhật BCKHcắt thành bốn tam giác tương ứng là BCM,CMN,BMH,CMK. Vậymọi tam giác đều đẳng hợp với một hình chữ nhật. Với mỗi hình chữ nhậtta sẽ tìm một hình chữ nhật có một cạnh là 1 mà có cùng dung lượngvới nó. Thực vậy, xét hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm Msao cho AM = 1. Trên tia AB lấy điểm I sao cho DI song song với MBvà dựng hình chữ nhật AMJI. Gọi K là giao của BC và MJ , H là giaocủa IJ và DC. Do MB song song với DI nên A,H,K thẳng hàng. Tadễ thấy AIJM ∪HJK đẳng hợp với ABCD ∪CHK và tam giác CHKđẳng hợp với tam giác JHK. Do vậy hai hình chữ nhật ABCD,AMJIcó cùng dung lượng. Tóm lại với mỗi tam giác ta có thể tìm được mộthình chữ nhật cạnh 1 cùng dung lượng với nó. Với P là một hình bất kìthì P là hợp rời của hữu hạn các tam giác. Do đó P có cùng dung lượngvới hợp hữu hạn các hình chữ nhật có cùng cạnh 1. Ghép các hình chữnhật này lại ta thu được một hình chữ nhật có cạnh 1 và có cùng dunglượng với P . Bây giờ gọi a, b là những cạnh còn lại của hai hình chữ nhậtP ′, Q′ có cạnh 1 và có cùng dung lượng tương ứng với P,Q. Sau đó, cắtmỗi hình chữ nhật thành hai tam giác, ta thấy α(P ′) = 1 · a = a vàα(Q′) = 1 · b = b. Mặt khác, các hình có cùng dung lượng qua hàm α sẽnhận giá trị bằng nhau, do đó α(P ) = a và α(Q) = b. Từ giả thuyết tasuy ra a = b. Bởi vậy, hai hình chữ nhật là toàn đẳng, suy ra P ′ và Q′ cócùng dung lượng. Do tính bắc cầu nên P và Q có cùng dung lượng.

Bài tập

II.12. Trong Định lý 2.2.11, tính duy nhất của hàm diện tích có được dobiết diện tích của mọi tam giác. Trong mặt phẳng Descartes trên trườngF , chúng ta coi hàm đo diện tích nhận giá trị trên một nhóm cộng củatrường F với yêu cầu yếu hơn rằng hàm α trên hình vuông đơn vị sẽnhận giá trị 1.

(a) Nếu trường F là Archimedes, hãy chỉ ra rằng α là xác định duy


nhất bởi điều kiện trên.

(b) Nếu trường F là không Archimedes, hãy chỉ ra rằng có thể cónhiều hơn một hàm diện tích nhận giá trị là 1 trên hình vuông đơn vị.II.13. Sử dụng hàm đo diện tích của Định lý 2.2.11 để chứng minh rằngnếu hai hình vuông có diện tích bằng nhau thì cạnh của chúng cũng bằngnhau.II.14. Cho tam giác ABC, lấy D,E, F chia mỗi cạnh thành một phầnba, nối AE,BD,CF . Chứng minh rằng: tam giác nhỏ nằm ở bên trong(như hình vẽ) có diện tích bằng 1

7diện tích của tam giác ABC.

II.15. Cho tam giác ABC, DE là đường thẳng song song với cạnh đáy.Cho F là điểm bất kì trên DE. Chứng minh rằng: diện tích của hợp haitam giác DBF và ECF là nhỏ hơn hoặc bằng 1

4diện tích của tam giác

ABC. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D và E là trung điểm của AB vàBC.II.16. Để hiểu thêm về nhóm abel sắp thứ tự, làm bài sau:Đặt Q(

√2) =

a+ b

√2|a, b ∈ Q

, tương tự với Q(

√3).

(a) Chứng minh rằng Q(√

2) và Q(√

3) đẳng cấu nhóm abel (với phépcộng).

(b) Chứng minh rằng Q(√

2) và Q(√

3) không đẳng cấu trường.

(c) Chứng minh rằng Q(√

2) và Q(√

3) đẳng cấu như là các tập sắpthứ tự với thứ tự cảm sinh từ thứ tự tự nhiên trong R (S gọi là sắp thứtự nếu S cùng với quan hệ thứ tự a < b có hai tính chất: (i) nếu a < bvà b < c thì a < c, (ii) nếu a, b ∈ S thì có một và chỉ một trong các khảnăng sau xảy ra: a < b, a = b, b < a)).

(d) Q(√

2) và Q(√

3) không đẳng cấu như là các nhóm abel sắp thứtự.II.17. Chứng minh định lý Ptolemy: Hình chữ nhật tạo bởi hai đườngchéo của tứ giác nội tiếp có dung lượng tương đương với tổng hai hìnhchữ nhật tạo bởi cặp cạnh đối của tứ giác.


Sự phân cắt

Euclid xây dựng lý thuyết diện tích dựa trên việc thêm và bớt các hìnhtoàn đẳng. Hilbert đã hình thức hoá khái niệm này bằng cách đưa rakhái niệm dung lượng bằng nhau, một khái niệm mà ta có thể hiểu rõnhờ sử dụng hàm đo diện tích. Tuy nhiên điều đó lại làm nảy sinh vấnđề sau: Mặc dù hai hình có dung lượng bằng nhau nhưng ta không biếtphải thêm vào như thế nào để làm cho chúng đẳng hợp. Nói cách khác,chúng ta sẽ phải nghiên cứu khái niệm chặt chẽ hơn về việc khi nào thìhai hình là đẳng hợp. Điều này dẫn tới bài toán thực tế về sự phân cắt: Cho hai hình, hãy tìm (nếu có!) một cách phân cắt hữu hiệu của hìnhthứ nhất thành hợp không chồng lên nhau của các hình nhỏ hơn (khôngnhất thiết là tam giác) sao cho chúng có thể ghép lại thành hình thứ hai.Một phân cắt tồn tại nếu và chỉ nếu hai hình là đẳng hợp. Trong trườnghợp đó, ta cũng sẽ nói rằng, một hình có thể phân cắt thành hình kia,hoặc chúng là tương đương bởi phân cắt.

Ở phần này, ta vẫn luôn giả thiết mặt phẳng Hilbert thỏa mãn (P)và trong một vài trường hợp ta sẽ giả thiết mặt phẳng Hilbert thỏa mãnthêm (A) hoặc (E). Ta sẽ thấy định lí Pythagore mà Euclid chứng minhđối với diện tích, cũng đúng theo nghĩa mạnh hơn của sự phân cắt. Tasẽ chứng minh định lí của Bolyai và Gerwien rằng trong một mặt phẳngArchimedes, bất kì hai hình có diện tích bằng nhau nào cũng đều tươngđương bởi phân cắt.

Bài toán thực tế về tìm các cách phân cắt một hình thành hình khácnhận được nhiều sự quan tâm của các nhà toán học. Nhưng dường nhưnó là một môn nghệ thuật hơn là một khoa học. Những người khôngchuyên đã tìm ra một số lượng lớn các cách phân cắt thông minh, nhưngviệc chứng minh rằng những cách phân cắt đó là tối thiểu hoặc giới hạnthật hiệu quả số mảnh đòi hỏi, thì lại dường như không có.

Chúng ta bắt đầu phần này với một vài kết quả chung về sự tồn tạicủa các phân cắt.

2.2.17 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert với (P), bất kì tam giác nàocũng có thể phân cắt thành một hình bình hành.

Chứng minh. Giả sử ABC là một tam giác. Gọi D là trung điểm củaAC. Kẻ đường thẳng qua D song song với BC và qua C song song với


AB, chúng cắt nhau tại F. Khi đó4ADE ∼=4CDF (ASA). Vậy4ABCcó thể phân cắt thành hình bình hành BCFE.

2.2.18 Bổ đề. Cho tam giác ABC. Giả sử điểm D là chân đường caohạ từ A xuống cạnh BC nằm ở ngoài đoạn BC. Khi đó, một trong haigóc B và C của tam giác là góc tù.

Chứng minh. Giả sử B nằm giữa D và C. Khi đó góc ∠ABC là góc ngoàicủa tam giác vuông ABD, do đó ∠ABC lớn hơn một góc vuông.

2.2.19 Mệnh đề. Bất kì hình bình hành nào cũng có thể phân cắt thànhmột hình chữ nhật.

Chứng minh. Gọi ABCD là hình bình hành đã cho. Từ C và D hạ đườngcao CE, DF xuống AB.

Giả sử E nằm trong đoạn AB. Khi đó 4ACE bằng 4BDF . Vậyhình bình hành được phân cắt thành hình chữ nhật CDFE.

Ta thấy rằng luôn có thể áp dụng cách dựng hình trên. Trong bất kìhình bình hành nào, các góc đối diện luôn bằng nhau và tổng của các gócbằng bốn góc vuông. Vì vậy, hai trong số các góc đối diện là góc nhọn.(Nếu không, cả bốn góc đều là góc vuông và ta có điều cần chứng minh).Do đó, ta có thể giả sử rằng góc ở A là góc nhọn.

Giả sử E nằm ngoài đoạn AB. Giả sử được A∗B∗E. Thế thì theo Bổđề 2.2.18 góc ABC phải là góc tù. Do đó góc ACB là góc nhọn. Trongtrường hợp đó, tráo đổi vai trò của B và C, đường cao hạ từ B xuốngAC sẽ nằm trong đoạn thẳng AC. Như vậy, ta có thể áp dụng cách dựnghình ở trên.

2.2.20 Mệnh đề. Cho trước một hình chữ nhật ABCD và cho trướcđoạn thẳng AE sao cho AB < AE < 2AB. Khi đó hình chữ nhật ABCDcó thể phân cắt thành hình chữ nhật có một cạnh bằng AE.


Chứng minh. Giả sử ta đã có hình chữ nhật ABCD và điểm E. Nối Cvới E cắt BD tại F . Chọn G trên AC sao cho CG ∼= BF . Dựng hình chữnhật AEGH và gọi K, L như đã thấy. Do các đường thẳng song songnên góc ở C và F bằng nhau. Ngoài ra, CG bằng BF theo cách dựng.Vậy 4CGK ∼= 4FBE(ASA). Suy ra GK ∼= BE. Vì vậy, bằng phép trừta có CD ∼= AB ∼= KH. Bây giờ lại theo (ASA), 4CDF ∼= 4KHE.Điều này cho ta một cách phân cắt hình chữ nhật ABCD thành hìnhchữ nhật AEGH như yêu cầu.

Chú ý rằng để cách phân cắt thực hiện được chúng ta cần điểm Fnằm dưới trung điểm của BD. Do đó G nằm trên trung điểm của AC,và vì vậy F nằm dưới L. Điều này suy ra từ giả thiết AB < AE < 2AB,bởi vì đường thẳng kẻ từ C tới trung điểm của BD sẽ cắt đường thẳngAB tại một điểm M với AM = 2AB.

2.2.21 Mệnh đề. Giả sử thêm rằng Tiên đề (A) được thỏa mãn. Chohình chữ nhật ABCD và đoạn thẳng EF bất kì. Khi đó luôn có một hìnhchữ nhật EFGH tương đương theo phân cắt với ABCD.

Chứng minh. Cho hình chữ nhật bất kì, cắt đôi và ghép hai nửa dọc theocạnh bên như hình vẽ, ta có thể phân cắt hình chữ nhật gốc thành mộthình chữ nhật mới với chiều cao bằng một nửa và đáy bằng hai lần đáycủa hình chữ nhật gốc. Theo tiên đề (A), sau khi gấp đôi hoặc chia đôiđoạn AB một số hữu hạn lần, ta có thể giả sử rằng AB ≤ EF < 2AB.Sau đó ta áp dụng Mệnh đề 2.2.20 để có hình chữ nhật EFGH như yêucầu.

2.2.22 Hệ quả. Giả sử thêm rằng Tiên đề (A) được thỏa mãn. Cho mộtđoạn thẳng EF . Khi đó bất kì hình nào cũng đều có thể phân cắt thànhmột hình chữ nhật với một cạnh là EF.


Chứng minh. Chia hình P thành một số hữu hạn các tam giác T1, · · · , Tn.Với mỗi i, đầu tiên phân cắt tam giác Ti thành một hình bình hành theoMệnh đề 2.2.17, sau đó thành hình chữ nhật theo Mệnh đề 2.2.19, sauđó thành hình chữ nhật Ri với đáy bằng EF theo Mệnh đề 2.2.21. Lúcnày, tất cả các hình chữ nhật R1, R2, · · · , Rn đều có cạnh đáy bằng EF.Đặt chúng lên nhau, ta thu được một hình chữ nhật lớn với đáy EF nhưyêu cầu.

2.2.23 Định lí. (Bolyai, Gerwien) Trong mặt phẳng Hilbert với (P) và(A), cho α là hàm đo diện tích như trong Định lý 2.2.11. Khi đó hai hìnhP và Q là tương đương theo phân cắt nếu và chỉ nếu chúng có cùng diệntích.

Chứng minh. Một chiều suy ra từ Mệnh đề 2.2.10. Chiều các hình códiện tích bằng nhau thì tương đương theo phân cắt cần sử dụng tiên đềArchimedes. Thực ra, cách chứng minh sẽ là lập lại như trong Mệnh đề2.2.16, ở đó kết quả tương tự đã được chứng minh cho diện tích.

Giả sử các hình P và Q có cùng diện tích : α(P ) = α(Q). Do Mệnhđề 2.2.22, chúng có thể phân cắt thành các hình chữ nhật với các cạnh1, a và 1, b. Khi đó α(P ) = a, α(Q) = b. Vậy a = b và các hình chữ nhậtlà bằng nhau. Do đó, theo tính chất bắc cầu của quan hệ phân tích nhưnhau (xem Mệnh đề 2.2.4), P có thể phân cắt thành Q.

Chú ý.

• Kết quả này sai nếu (A) không được thỏa mãn.• Chứng minh trên đã chỉ ra cách phân cắt một hình thành hình khác.Tất nhiên, sự phân cắt tìm được theo cách này có thể không có tác dụngtrong trường hợp đòi hỏi về số lượng các mảnh.• Kết hợp kết quả này với Mệnh đề 2.2.16, ta thấy rằng trong mặt phẳngHilbert với (P) và (A), hai hình có cùng diện tích nếu và chỉ nếu chúnglà phân tích như nhau.

2.2.24 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Euclid cho hình chữ nhật ABCDvới các cạnh a = AB và b = AC thoả mãn a ≤ b ≤ 4a. Khi đó có đoạnthẳng c = AE sao cho hình chữ nhật ABCD có thể phân cắt thành mộthình vuông cạnh AE.

Chứng minh. Lấy một đoạn thẳng độ dài a+ b, gọi O là trung điểm củanó. Vẽ đường tròn tâm O đi qua các đầu mút của đoạn thẳng và gọi c là


đoạn thẳng nằm trên đường vuông góc tại điểm chia trong đoạn thẳnga + b thành hai đoạn a và b, tính từ điểm chia tới giao điểm với đường

tròn (Ở đây ta sử dụng (E) cho sự tồn tại giao điểm).

Gọi ABCD là hình chữ nhật đã cho, đặt AE bằng đoạn c và gọiAEFG là hình vuông trên cạnh AE. Do góc chắn nửa đường tròn là gócvuông nên ta có các góc α, β trong hình vẽ có đường tròn là bằng nhau.Những góc này giống với các góc α, β trong hình thứ hai do các tam giácbằng nhau (SAS). Do đó hai đường chéo FB và CE là song song. Suy raCF ∼= MB và FK ∼= BE. Lập luận giống như trong chứng minh Mệnhđề 2.2.20 ta thấy rằng ABCD có thể phân cắt thành hình vuông AEFG.

Để việc dựng hình thực hiện được, ta cần AB ≤ AE < 2AB. Giả sửrằng a ≤ b. Thế thì góc α = β và nhỏ hơn một nửa góc vuông. Do vậya ≤ c ≤ b. Mặt khác, nếu c ≥ 2a thì bằng các tam giác đồng dạng ta suyra b ≥ 2c. Do đó b ≥ 4a, trái với giả thiết.

2.2.25 Hệ quả. Trong mặt phẳng Euclid với (A), bất kì hình nào cũngcó thể phân cắt thành một hình vuông.

Chứng minh. Chọn một đoạn thẳng AB. Do Mệnh đề 2.2.22 nên hìnhgốc có thể phân cắt được thành hình chữ nhật ACBD với cạnh AB. Cắtđôi hình chữ nhật và ghép lại một số hữu hạn lần giống như trong chứngminh của Mệnh đề 2.2.21(lại sử dụng (A)), ta có thể giả sử rằng các cạnha = AB và b = AC thoả mãn a ≤ b ≤ 4a. Theo Mệnh đề 2.2.24, hìnhchữ nhật này có thể phân cắt được thành một hình vuông.

Tiếp theo ta xét đến định lí Pythagore. Ta trình bày cách chứng minhđược cho là của Thabit b. Qurra (826-901 sau Công nguyên).


2.2.26 Mệnh đề. Trong mặt phẳng Hilbert với (P), hợp của các hìnhvuông trên các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có thể phân cắtthành hình vuông trên cạnh huyền.

Chứng minh. Gọi ABC là tam giác vuông ban đầu (xem hình vẽ trên).Gọi ABDE là hình vuông trên AB, gọi ACFG là hình vuông trên AC;dựng hình vuôngGHEK và đường thẳng LM sao choDM ∼= BC. Khi đóba tam giác ADF,FGH,CKG bằng tam giác ban đầu ABC và GHEKbằng hình vuông trên BC. Lúc này, hình vuông trên cạnh huyền đượcphân cắt thành năm mảnh 1, 2, 3, 4, 5. Ba mảnh đầu tiên bằng 1′, 2′, 3′

theo cách dựng. Hình vuông trên AB được phân cắt thành 1′, 3′, 5, trongkhi hình vuông trên BC được phân cắt thành 2′, 4. Vậy kết quả đượcchứng minh.

Bài tập

Các bài tập sau đây xét trong mặt phẳng Hilbert với (P). Trong nhữngtrường hợp cần thiết ta sẽ giả sử mặt phẳng đó là một mặt phẳng Euclid,hoặc mặt phẳng Descartes trên một trường.


II.18. Sử dụng hình vẽ trên để đưa ra một chứng minh khác của định líPythagore bằng phân cắt. Bạn phải đưa ra cách dựng hình của hình nàyvà một phép chứng minh dựa trên cách dựng đó rằng các mảnh tươngứng là bằng nhau.II.19. Hãy phân cắt một hình vuông thành ba hình vuông nhỏ hơn bằngnhau.II.20. Tìm cách phân cắt một tam giác đều thành một hình vuông. Sauđó viết cách dựng hình và chứng minh của bạn, tạo một mô hình giấycủa cách dựng và đánh số các mảnh để minh hoạ cho cách phân cắt củabạn.II.21. Chứng minh hoặc bác bỏ sự tồn tại cách phân cắt một hình vuôngcạnh 21 thành hình chữ nhật với các cạnh 13, 34 như hình vẽ bên dưới.

II.22. Cho ABC là tam giác bất kì. Gọi D là một điểm trên AC. Chứngminh rằng có một cách phân cắt của tam giác ABC thành hình thangPQRS như đã thấy. Điều kiện cần thiết của điểm D để phân cắt thựchiện được là gì?

II.23. Sử dụng bài tập trước để tìm cách phân cắt hai tam giác đều cạnh1 thành một hình tam giác đều cạnh

√2.

II.24. Phân cắt một hình ngũ giác thường thành một hình vuông.II.25. Chứng minh hoặc bác bỏ : Đối với bất kì số nguyên nào n ≥ 1, sốlượng ít nhất các tam giác bắt buộc để phân cắt một hình vuông cạnh 1thành một hình chữ nhật với các cạnh n và 1/n là 2n.


II.26. Phân cắt một hình vuông thành tám tam giác nhọn thực sự (tấtcả các góc đều nhỏ hơn 1v).II.27. Nếu một hình vuông phân cắt được thành n tam giác có diện tíchbằng nhau thì n phải là một số chẵn.II.28. Chứng minh sự tồn tại cách phân cắt một tam giác đều thànhmột hình vuông dùng bốn mảnh của Dudeney (1929) như gợi ý ở hìnhphía dưới.

II.29. Xét một dạng hạn chế của bài toán phân cắt, ở đó bạn có thể cắthình thành các mảnh và di chuyển các mảnh đó trong mặt phẳng mà chỉđược sử dụng các phép tịnh tiến (không dùng các phép quay, không lậtcác mảnh). Chứng minh rằng chỉ với các phép tịnh tiến, bạn có thể phâncắt hình vuông đơn vị thành một hình vuông đơn vị với bất kì hướngcho trước nào.II.30. Chia hình vuông đơn vị bởi đường chéo của nó thành hai tam giác(bằng nhau) T1, T2. Chứng minh rằng không thể phân cắt T1 thành T2

mà chỉ dùng các phép tịnh tiến.II.31. Nếu P và P ′ là hai hình bất kì có cùng diện tích, thừa nhận tiênđề Archimedes, chứng minh rằng có thể phân cắt P thành P ′ mà chỉdùng các phép tịnh tiến và phép quay 180o.II.32. Cho T là một tam giác có góc nhỏ nhất lớn hơn hoặc bằng 45o.Khi đó T có thể phân cắt được thành một hình vuông sử dụng 5 mảnhhoặc ít hơn.II.33. Cho T là tam giác có góc α với tan α < 1/a, a nào đó a ∈ F, a > 1.Khi đó bất kì cách phân cắt nào của T thành hình vuông cũng cần ≥ 1

2

√a

mảnh. Đặc biệt, tồn tại các tam giác cần nhiều tuỳ ý các mảnh để cóthể phân cắt được thành một hình vuông.II.34. Cho T là tam giác có góc nhỏ nhất α thoả mãn tan α > 1/a, với


a nào đó a ∈ F, a ≥ 1. Khi đó T có thể phân cắt được thành một hìnhvuông mà dùng không quá 3

√a+ 4 mảnh.

Phép cầu phương hình tròn

Một trong số ít những bài toán sâu sắc nhất về diện tích là bài toánvề phép cầu phương đường tròn. Trong nhiều thế kỷ, bài toán này đã cónhững ảnh hưởng vượt ra ngoài giới hạn của toán học, nó như là mô hìnhcủa những bài toán không giải được. Trong một ý nghĩ mang tính tôngiáo, John Donne (trước thế kỉ 17) đã nói đến phép cầu phương đườngtròn như là một thứ gì đó mà chỉ có Chúa mới có thể làm được. Mặc dùbài toán đó quả là rất tự nhiên nhưng lời giải không thể đạt được, cũnggiống như những nhà giả kim thuật tìm cách biến đổi chì thành vàng.

Một cách chính xác, bài toán đặt ra là hãy dựng bằng thước kẻ vàcompa một hình vuông có diện tích bằng diện tích một hình tròn chotrước. Nhưng diện tích của hình tròn là gì? Trong lý thuyết diện tích,chúng ta mới chỉ thảo luận diện tích của những hình phẳng. Vì thế có mộtbài toán khác tiềm ẩn trong bài toán về phép cầu phương đường tròn,cụ thể là đưa ra một định nghĩa tốt về diện tích của một hình tròn. Nóicách khác, chúng ta cần hàm đo diện tích được định nghĩa trên tất cả cácmiền phẳng được giới hạn bởi những đoạn thẳng và cung tròn. Phươngpháp tiếp cận hiện đại của vấn đề này (trong mặt phẳng Descartes thực)là sử dụng tích phân Lebesgue để định nghĩa diện tích.

Euclid chưa bao giờ định nghĩa diện tích một đường tròn và ông cũngrất tránh bài toán về phép cầu phương đường tròn, nhưng trong quyểnXII của bộ sách "Cơ sở" ông có mệnh đề nói rằng tỉ số diện tích củamột đường tròn với một đường tròn khác thì bằng bình phương tỉ số củanhững bán kính. Chứng minh của ông sử dụng "phương pháp vét cạn"mà ngày nay chúng ta gọi là quá trình chuyển qua giới hạn.

Ta có mệnh đề sau.

2.2.27 Mệnh đề. 25.1 Trong mặt phẳng Euclid với (A) cho đườngtròn γ, ta có thể tìm được một đa giác P nội tiếp và đa giác P ′ ngoạitiếp sao cho hiệu diện tích α(P ′)− α(P ) nhỏ hơn bất kì đại lượng dươngcho trước nào (đại lượng dương là một phần tử của trường F ).

Bằng việc xấp xỉ một đường tròn bởi các đa giác nội tiếp và ngoại tiếp


của nó, Euclid đã chỉ ra rằng tỉ số diện tích của hình tròn với bình phươngbán kính là hằng số độc lập với kích cỡ của hình tròn. Hằng số này đượcgọi là π. Archimedes người sống ngay sau Euclid đã sử dụng phươngpháp xấp xỉ bởi những đa giác để đạt được ước lượng 310

71< π < 31

7hay

dưới dạng phân số: 22371

< π < 227. Vì vậy đã bắt đầu nảy sinh một bài

toán mới từ bài toán về phép cầu phương đường tròn, đó là tìm giá trịgần đúng cho số π. Loài người với những chiếc máy tính tốt đã làm việcchăm chỉ trên bài toán này để đến năm 1600 giá trị của π được biết đếnvới 15 chữ số thập phân, đến 1700 là 71 chữ số thập phân và đến năm1873 nhiều hơn 500 chữ số thập phân. Thậm chí ngày nay, sự thúc đẩytính toán vẫn còn mạnh mẽ và với sự giúp đỡ của các máy tính điện tửtối tân, giá trị của π được tìm thấy nhiều hơn một tỉ chữ số thập phân.

Trở lại bài toán ban đầu về phép cầu phương đường tròn, nó luônđược coi là rất khó nếu không muốn nói là không thể. Từ khi Lindemanchứng minh rằng số π là siêu việt vào năm 1880 thì bài toán về phép cầuphương đường tròn đã có lời giải phủ định: Không thể dựng bằng thướckẻ và compa một hình vuông có diện tích bằng diện tích một hình tròncho trước. Tuy nhiên, bài toán đó đã và vẫn đang gây một niềm đam mêlớn cho nhiều bộ óc tò mò. Trong suốt chiều dài lịch sử hàng nghìn năm,nhiều người đã đi đến những "lời giải" cho bài toán cầu phương đườngtròn. Những "lời giải" đó nhiều khi đã trở thành những câu chuyện bihài trong lịch sử toán học. Đa phần họ là những nhà toán học khôngchuyên, ít được đào tạo về mặt toán học nhưng bị thu hút bởi những bàitoán nổi tiếng giống như sâu bướm thích lửa. Việc gợi ý một bài toán làkhông giải quyết được có lẽ chỉ làm cho họ chăm chỉ hơn với hy vọng làsẽ thành công với những vấn đề mà những người khác thất bại. Chứngminh của họ là một mớ lộn xộn các sự kiện, ngụy biện và thiếu sự gắnkết hợp lí. Việc chỉ ra những lỗi sai của họ và việc trích dẫn những kếtquả được các nhà toán học thực thụ tìm ra chỉ khẳng định niềm tin củahọ rằng họ đã khám phá ra sự thật mà tất cả các học giả còn lại đã quámù quáng không nhận ra. Thỉnh thoảng những chứng minh của họ đếntừ ý nghĩ thần thánh, không thể tranh luận vì không ai có thể tranh cãivới Chúa.

Trường hợp cụ thể là Joseph Ignati Carl von Leistner, một hiệp sĩcủa Francis I (1708-1765), công tước của Lorraine và sau đó là hoàng đếLa Mã. Herr Leistner đã khám phá ra giá trị chính xác của π là 3844

1225. Khi

sự khám phá của ông ấy không được hoan nghênh như mong đợi thì ông


ấy đã sử dụng uy lực của mình để chỉ định một ủy ban toàn quyền công

bố công trình của mình. Ủy ban này đã chỉ ra lỗi của ông ấy trong côngtrình mà ông đã xuất bản, bất chấp những sự chỉ trích quyết liệt của ôngnhằm bảo vệ công trình của mình. Hình như, Herr Leistner tin rằng giátrị thực của π là tỉ số của những số nguyên và chưa có ai đủ thông minhđể tìm ra những khẳng định đúng như ông ấy đã làm. Một trong nhữngcách lập luận của ông là như sau: "Achimedes đã đề nghị giá trị 22

7và

22371

mặc dù ông ấy biết rằng chúng là không chính xác, trong khi giá trị

của tôi là chính xác". Ông đã thất bại trong việc thông báo giá trị củamình trượt ra ngoài những giới hạn được Archimedes chỉ ra. Nhân dịp

việc kết hôn của ông với Maria Theresa của Áo năm 1736, ông đã xuấtbản một chuyên đề về sự trùng hợp ngẫu nhiên tuyệt vời của những số3844 và 1225 với các ngày và các số khác từ cuộc đời của ông và cô dâucủa mình.

2.3 Lý thuyết thể tích của Euclid

Trong quyển XI của bộ "Cơ sở", Euclid bắt đầu nghiên cứu thể tíchcủa hình khối mà không có định nghĩa về thể tích, cũng như không cósự thừa nhận việc đề cập đến một loại đẳng thức mới khác với sự toànđẳng. Trong các chứng minh rõ ràng ông đã sử dụng tính chất bằng nhaucủa các hình khối để định nghĩa sự bằng nhau về thể tích.

Ta xét trường F . Giả sử cho trước một hàm thể tích v sao cho mỗihình khối P ứng với giá trị không âm v(P ) ∈ F mà nó bằng nhau vớinhững hình khối bằng nhau và có tính cộng tính đối với hợp của nhữnghình có phần trong không giao nhau. Mỗi một kết quả của Euclid có thểđược giải thích bằng cách nói rằng những hình đã biết có cùng thể tích.Điều chúng ta quan tâm là làm thế nào mà Euclid chứng minh được sựbằng nhau này.

Đầu tiên chúng ta đưa ra một số thuật ngữ.Hình chóp là hình khối được tạo bởi một phẳng ABCD cho trước vànhững đường thẳng nối các đỉnh với điểm O nằm ngoài mặt phẳng. Nếuđáy là tam giác ta gọi là chóp tam giác, nếu đáy là tứ giác ta gọi là chóptứ giác...Lăng trụ là hình khối tạo bởi hai hình bằng nhau trên hai mặt phẳng


song song với những cạnh song song và các đường thẳng nối các đỉnhtương ứng của hai mặt. Các mặt của nó gồm hai hình bằng nhau banđầu và những hình bình hành tạo bởi các cạnh bên. Nếu đáy là tam giácta gọi là lăng trụ tam giác.Hình hộp là lăng trụ với đáy là hình bình hành. Nó được tạo bởi ba cặphình bình hành trong những cặp mặt phẳng song song.

Những kết quả đầu tiên của Euclid liên quan đến thể tích được chứngminh bằng những cách hoàn toàn tương tự như ở quyển I. Ví dụ, ôngchỉ ra rằng hình hộp được chia đôi bởi mặt phẳng qua hai cạnh đối diện.Tuy hai nửa đó có những góc và những cạnh tương ứng bằng nhau nhưngchúng ta không thể chồng chúng lên nhau trong không gian ba chiều bởimột nửa là ảnh phản chiếu của nửa còn lại. Tuy nhiên, Legendre đãchứng minh rằng chúng là tương đương theo phân cắt (Bài tập II.35 chỉra rằng một hình khối bất kì tương đuơng theo phân cắt với ảnh phảnchiếu của nó).

Ngoài ra, Euclid cũng chỉ ra rằng những hình hộp có diện tích đáybằng nhau và có cùng chiều cao thì có cùng thể tích. Sử dụng kết quảnày người ta có thể chỉ ra hệ quả: một hình hộp bất kì có cùng thể tíchvới hình hộp chữ nhật có cạnh là 1, 1, a với a ∈ F . Trong thực tế với việcgiả thiết F là trường Archimede ta có thể hoàn tất bằng cách phân chiatức là cắt hình khối thành những mảnh và hoán vị chúng.

Ngoài ra, Euclid cũng đã chứng minh định lý sau: Cho hai lăng trụtam giác, một lăng trụ nằm ngang trên cạnh của nó, lăng trụ còn lại làđứng (xem hình vẽ). Nếu đáy hình bình hành của lăng trụ này có diệntích bằng hai lần đáy tam giác của lăng trụ kia và nếu chúng có cùngchiều cao thì chúng có thể tích bằng nhau. Vì vậy gấp đôi những lăng trụtam giác trên ta có những hình hộp có thể tích bằng nhau. Từ đây rút


ra nguyên lí:"các nửa của những hình bằng nhau thì bằng nhau". Khi tacoi thể tích là một hàm với giá trị trong một trường thì nguyên lí này làhiển nhiên, không thành vấn đề. Tuy nhiên, nếu chúng ta định xây dựngmột lý thuyết hình học thuần túy về thể tích theo phương pháp phâncắt hoặc theo khái niệm dung lượng như đã làm đối với diện tích thì đòihỏi phải chứng minh chặt chẽ nguyên lý đó.

Như vậy, lí thuyết về thể tích của hình hộp và hình lăng trụ có thểxây đựng theo cách ta đã làm ở lí thuyết diện tích, sẽ không xuất hiệnđiều gì mới mà thuần túy chỉ là chuyển ý tưởng từ phẳng sang khônggian. Tuy nhiên, việc xây dựng thể tích của hình chóp thì lại không đơngiản như thế, ta phải làm hoàn toàn khác. Trong trường hợp hình chóptam giác, chìa khóa để giải quyết vấn đề này là mệnh đề sau.

2.3.1 Mệnh đề. Những hình chóp tam giác có diện tích đáy bằng nhauvà chiều cao bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề trên, Euclid sử dụng phương pháp

vét cạn được sáng tạo bởi Eudoxus. Ý tưởng chính là biểu diễn cả haihình khối thành hợp của vô hạn những hình khối con có thể tích bằngnhau mà mỗi hình khối con bằng hơn một nửa của phần còn lại sau khibỏ đi những hình khối trước đó. Bằng cách này những hình khối con sẽvét cạn hình ban đầu và từ sự bằng nhau về thể tích của các hình khốicon ta suy ra sự bằng nhau về thể tích của hai hình khối ban đầu. Bướccuối cùng đòi hỏi phải đùng đến Tiên đề Archimedes: Nếu hai hình chópkhác nhau thì quá trình vét cạn này được thực hiện cho đến khi phần cònlại của mỗi hình chóp nhỏ hơn sự chênh lệnh giữa hai hình chóp. Điềunày là có thể vì mỗi một phần còn lại nhỏ hơn một nửa của phần còn lạitrước đó và vì vậy việc lặp lại quá trình này cho phép tạo ra những phầncòn lại nhỏ hơn một lượng cho trước bất kỳ nào. Trong ngôn ngữ hiệnđại, ta nói rằng thể tích của hình chóp là giới hạn thể tích của nhữnghình con. Định nghĩa giới hạn sử dụng kí hiệu ε và δ cho những đại lượng


đủ bé. Chúng thật ra chỉ là cách viết hiện đại cho phương pháp đã đượcEuclid sử dụng từ lâu.

Bây giờ chúng ta xem xét cụ thể cách chứng minh.

Gọi P là hình chóp tam giác ABCD. Gọi E,E,G,H, J,K là trungđiểm của các cạnh. Khi đó hình chóp P được chia thành bốn phần:hai hình chóp bằng nhau P1 = AEFG và P2 = FBHK có cạnh bằngnửa cạnh của P ; và hai hình lăng trụ tam giác là T1 = FHKGJD vàT2 = EFGCHJ . Trong hình này thì T1 nằm trên cạnh của nó trong khiT2 đứng, đáy của T1 là hình bình hành HJKD bằng hai lần tam giácCHJ (thực tế nó là hợp của hai tam giác bằng nhau nếu nối J với K).Do đó T1 và T2 có cùng thể tích. Hơn nữa, ta thấy T2 và P1 có cùng đáyEFG, cùng chiều cao, T2 là hình lăng trụ, P1 là hình chóp. Vì thế T2 lớnhơn P1 về thể tích (Thực ra hình chóp ECHJ bằng với P1 và chứa trongT2). Vậy T1 + T2 lớn hơn một nửa của P về thể tích.

Tương tự như trên, ta chia hình chóp thứ hai P ′ thành hai hình chópP ′1, P

′2 và hai hình lăng trụ T ′1, T

′2. Do đáy tam giác của P và P ′ là bằng

nhau nên hai hình hộp có cùng chiều cao dựng trên đáy của T1, T′1 sẽ có

cùng thể tích. Từ đó suy ra một nửa của chúng là T1 và T ′1 có cùng thểtích. Vì vậy T1 + T2 và T ′1 + T ′2 có cùng thể tích và lần lượt lớn hơn mộtnửa thể tích của P và P ′. Phần còn lại P1 + P2 và P ′1 + P ′2 là hợp củanhững hình chóp tam giác có chiều cao và đáy bằng nhau.

Bằng cách quy nạp chúng ta có thể lặp lại cách làm này và biểu diễnP1, P2, P

′1, P

′2 là hợp thành của bốn phần, gồm hai hình chóp và hai hình

lăng trụ. Sau đó, chúng ta lại tiếp tục chia những phần này.

Khi đó những hình lăng trụ được dựng trong từng bước có cùng thểtích và chúng vét cạn hình chóp như đã giải thích ở trên. Chuyển quagiới hạn chúng ta thấy P và P ′ có cùng thể tích.


2.3.2 Hệ quả. Hình chóp tam giác có thể tích bằng 1/3 thể tích lăngtrụ tam giác có cùng đáy và cùng chiều cao.

Chứng minh. Cho ABCDEF là một lăng trụ tam giác. Chúng ta để ýlăng trụ T là sự kết hợp của ba hình chóp P1 = CDEF, P2 = ACDE vàP3 = ABCE.

P1 và P2 là những hình chóp với đỉnh E và đáy là tam giác CDF vàACD. Hai tam giác này là hai nửa của hình bình hành ACDF nên bằngnhau. Vì thế P1 và P2 có cùng thể tích. Hai hình chóp tam giác P2 vàP3 có thể được xem như có đỉnh C và đáy là những tam giác ADE vàABE. Những tam giác này là một nửa của hình bình hành ABDE, dođó chúng bằng nhau. Mà hai hình chóp này có cùng chiều cao nên theoMệnh đề 2.3.1 ta có P2 và P3 có cùng thể tích.

Tóm lại P1, P2, P3 có cùng thể tích, vì vậy thể tích này bằng 1/3 thểtích hình lăng trụ.

Ta kết thúc mục này bằng một vài nhận xét về phương pháp vét cạncủa Euclid.

Trước hết lý thuyết về thể tích dựa trên phương pháp vét cạn sẽphức tạp hơn lý thuyết về diện tích trong hình học phẳng. Nếu chúng


ta dự đoán sự tồn tại của hàm thể tích và làm việc trong một trườngArchimedes thì đây là một chứng minh hoàn toàn đúng. Tuy nhiên, nếuchúng ta mong muốn một lý thuyết hình học thuần túy về thể tích, taphải cho phép các quá trình chuyển qua giới hạn (như đã làm trongphương pháp vét cạn) xuất hiện trong định nghĩa của chúng ta cùng vớinhững khái niệm trước đó về phân cắt và lấy phần bù.

Thứ hai, chúng ta tự hỏi liệu phương pháp này có thật sự cần thiết.Thật ra, phương pháp vét cạn còn được biết đến sớm hơn nữa khi Euclidứng dụng nó để giải bài toán về hình phản chiếu. Trong thư gửi choGerling năm 1844, Gaus nói rằng: Một điều thật tồi tệ là sự bằng nhauvề thể tích của hai hình đối xứng nhưng không toàn đẳng lại được chứngminh chỉ bởi phương pháp vét cạn. Gerling trong thư trả lời đưa ra mộtchứng minh trực tiếp rằng một hình chóp tam giác bất kỳ có thể bị phâncắt thành 12 phần mà mỗi phần đều toàn đẳng với ảnh phản chiếu củanó (xem bài tập II.35). Gauss đáp lại rằng điều đó đúng nhưng khôngphải lúc nào cũng làm được. Những suy nghĩ này trái ngược với định lýcủa Bolyai và Gerwien rằng các hình phẳng có diện tích bằng nhau thìtương đương bởi phân cắt và chúng dẫn Hilbert tới việc đưa câu hỏi nàyvào danh sách nổi tiếng của ông về 23 bài toán quan trọng nhất của toánhọc trong thế kỉ 20. Danh sách này đã được ông trình bày trong Hội nghịtoán học thế giới năm 1900. Đó chính là vấn đề thứ ba của Hilbert. Mộtcách chính xác, vấn đề thứ ba đòi hỏi phải chứng tỏ rằng phương phápvét cạn là rất cần thiết trong chứng minh Mệnh đề 2.3.1 của Euclid, tứclà cần chỉ ra hai hình khối có cùng thể tích nhưng không thể tương đươngbởi phân cắt. Vấn đề thứ ba của Hilbert đã được Max Dehn chứng minhngay trong năm 1900. Cụ thể, ông đã chỉ ra rằng không thể chia mộtkhối tứ diện đều thành hữu hạn phần để rồi có thể ghép chúng lại thànhhình lập phương.

Bài tập

II.34. Chứng minh của Gerling nói rằng hình chóp tam giác và ảnh đốixứng của nó bằng nhau bởi sự phân cắt.(a) Giả sử P là hình chóp tam giác ABCD. Chứng minh rằng nó có thểnội tiếp trong một hình cầu, tức là tồn tại một hình cầu chứa các điểmA,B,C,D. Bằng việc vẽ các mặt phẳng qua tâm O của hình cầu và cáccạnh của hình chóp P , hãy chỉ ra rằng P có thể được chia thành bốn


hình chóp tam giác P1, P2, P3, P4 với đáy ABC,...và trong mỗi hình chópPi thì O cách đều ba đỉnh của đáy.

(b) Giả sử P1 = OABC là hình chóp tam giác sao cho đỉnh O cách đềuA,B,C. Gọi D là chân đường cao hạ từ O xuống mặt phẳng ABC. Hãychứng minh D cách đều A,B,C. Bằng cách vẽ các mặt phẳng qua ODvà A,B,C, hãy chứng minh P1 được chia thành ba hình chóp vuông cânP11, P12, P13 với P11 = OABD, OA = OB, DA = DB và OD vuông gócvới DA, OD vuông góc với DB.

(c) Chứng minh hình chóp tam giác vuông cân OADB là toàn đẳng vớihình phản chiếu của nó bằng sự dịch chuyển trong không gian.(d) Nếu P là hình chóp và P ′ là hình phản chiếu của nó thì hãy chứngminh rằng P =

∑Pij và P

′ =∑P ′ij là hai cách phân cắt mỗi hình chóp

thành 12 phần, và Pij = P ′ij.

II.35. Chứng minh rằng mỗi khối tứ diện đều cạnh bằng 1 có thể đượcchia thành bốn tứ diện đều có cạnh bằng 1/2 và một khối tám mặt đềucó cạnh bằng 1/2.

2.4 Bài toán thứ ba của Hilbert

Như đã đề cập ở mục trước, bài toán thứ ba của Hilbert nhằm mục đíchchỉ ra rằng phương pháp vét cạn thật sự cần thiết trong chứng minhMệnh đề 2.3.1 của Euclid. Hay chính xác hơn, bài toán này đòi hỏi tìmhai hình trong không gian có thể tích bằng nhau mà không tương đươngbởi phân cắt (tức là không đẳng hợp), thậm chí ngay cả khi ta thêm vàocác hình khác mà những hình này là tương đương bởi phân cắt. Bài toánđược Max Dehn giải quyết vào năm 1900. Trong mục này, chúng tôi sẽđưa ra phép chứng minh theo đại số hiện đại của Max Dehn.

Đây lại là ví dụ khác nữa về việc sử dụng các phương pháp đại sốhiện đại để giải một bài toán hình học thuần túy. Để chứng minh mộtcách phân cắt nào đó là có thể, ta chỉ cần đưa ra cách phân cắt và chứngminh rằng các phần là toàn đẳng. Đó là phương pháp hình học thuầntúy và đã được trình bày trong nhiều ví dụ ở mục trước. Tuy nhiên, đểchỉ ra sự không tồn tại cách phân cắt lại đòi hỏi một cách tiếp cận khác.

Trong toán học hiện đại, phép chứng minh một số đối tượng hình họckhông tương đương với nhau theo nghĩa nào đó thường được thực hiện


bằng cách xác định một đại lượng bất biến chung cho tất cả các hìnhtương đương và sau đó chỉ ra rằng đại lượng ấy ứng với các hình trongyêu cầu là khác nhau. Đây là cũng triết lý cơ bản của Tôpô đại số, ở đóviệc nghiên cứu về sự đồng luân của các không gian tô pô được đưa vềviệc nghiên cứu các nhóm đồng luân và đồng điều. Ngày nay, đại số hiệnđại cũng đưa ra nhiều công cụ tốt cho việc xác định các bất biến và tínhtoán chúng.

Trở lại trường hợp chúng ta đang xét, ta sẽ xác định một nhómabel G nào đó và với mỗi hình đa diện P , ta xác định một phần tửδ(P ) ∈ G ứng với P , gọi là bất biến Dehn của P . Ta sẽ chỉ ra rằng δcủa những hình toàn đẳng là như nhau và δ có tính cộng tính theo nghĩaδ(P1 ∪ P2) = δ(P1) + δ(P2), trong đó các hình P1, P2 là không chồng lênnhau. Điều này kéo theo các hình là tương đương bởi phân cắt hoặc bởibổ sung có bất biến δ như nhau. Ta sẽ tính được δ của một tứ diện thìkhác 0 và δ của một hình lập phương thì bằng 0. Điều này chỉ ra rằngmột hình tứ diện sẽ không tương đương với bất kì hình lập phương nàobởi phân cắt hay bởi bổ sung.

Chúng ta sẽ bắt đầu với định nghĩa của nhóm G.

Xét hai nhóm cộng abel R và R/πZ. Xét tập hợp A gồm các tổ hợptuyến tính hình thức ∑

(a,α)∈R×R/πZ

n(a,α)(a, α),

trong đó n(a,α) ∈ Z và hầu hết các n(a,α) là bằng 0 trừ ra một số hữu hạn.

Trên A, ta xét phép toán cộng:

∑(a,α)∈R×R/πZ

m(a,α)(a, α) +∑

(a,α)∈R×R/πZ

n(a,α)(a, α)

=∑

(a,α)∈R×R/πZ

(m(a,α) + n(a,α))(a, α).

Thế thì A là một nhóm cộng abel.

Trong A, ta xét nhóm con H sinh bởi tập hợp tất cả các phần tử códạng:

(a1 + a2, α)− (a1, α)− (a2, α),


(a, α1 + α2)− (a, α1)− (a, α2).

Khi đó nhóm thương A/H được gọi là tích tenxơ của hai nhóm abel Rvà R/πZ.. Ta ký hiệu nhóm abel này là

G := R⊗Z R/πZ.

2.4.1 Định nghĩa. Giả sử P là hình đa diện trong không gian Euclidthực ba chiều. Ta định nghĩa bất biến Dehn δ(P ) ∈ G như sau.

Với mỗi cạnh của P , gọi độ dài cạnh là a, và α là góc nhị diện (đotrong một mặt phẳng vuông góc với cạnh đó) nằm ở phía trong đa diện,giữa hai mặt phẳng cắt nhau theo cạnh đó.

Ta lấy α theo rađian là một số dương và tối giản (mod π). Khi đó tađịnh nghĩa:

δ(P ) =∑

(ai, αi) ∈ G,

trong đó tổng được lấy theo tất cả các cạnh của P .

2.4.2 Ví dụ. Cho P là một hình lập phương có cạnh độ dài a. Do gócnhị diện giữa hai mặt bất kì là góc vuông nên δ(P ) = 12(a, π/2). Mặtkhác, trong nhóm G ta có

(a, π/2) = (a/2, π/2) + (a/2, π/2)

= (a/2, π) = 0.

Vì thế δ(P ) = 0. Tương tự ta có δ(P ) = 0 với bất kì hình hộp hình chữnhật nào.


2.4.3 Ví dụ. Cho P là một lăng trụ đứng tam giác với các cạnh đáya, b, c; các góc đáy α, β, γ và chiều cao h. Ta có

δ(P ) = 2(a, π/2) + 2(b, π/2) + 2(c, π/2) + (h, α) + (h, β) + (h, γ).

Theo trên (a, π/2) = 0 và tương tự cho b và c. Mặt khác, trong G ta có:

(h, α) + (h, β) + (h, γ) = (h, 2π) = 0.

Vậy δ(P ) = 0.

2.4.4 Ví dụ. Cho P là một tứ diện đều cạnh a. Khi đó P có 6 cạnh độdài a và tất cả đều có cùng góc nhị diện α. Vì vậy

δ(P ) = 6(a, α).

Dễ thấy cosα = 1/3. Dưới đây ta sẽ chỉ ra rằng δ(P ) 6= 0 trong G.

2.4.5 Mệnh đề. Bất biến Dehn δ có các tính chất sau:

(a) Nếu P và P ′ toàn đẳng thì δ(P ) = δ(P ′)

(b) Nếu P1 và P2 có phần trong rời nhau thì:

δ(P1 ∪ P2) = δ(P1) + δ(P2).


Chứng minh. Phát biểu (a) là hiển nhiên vì các hình bằng nhau thì cócác cạnh và góc nhị diện bằng nhau, do đó chiều dài ai và số đo góc αicủa chúng bằng nhau. Với (b), khi so sánh hợp P1 ∪ P2 với hai phần P1

và P2, có ba trường hợp mà cạnh của P1 ∪ P2 có thể khác so với sự kếthợp của cạnh P1 và P2. Trong mỗi trường hợp chúng ta sẽ chỉ ra cáchtạo δ ở hai vế là như nhau.

• Trường hợp 1: Một cạnh của P1 và một cạnh của P2 có thể dán lạiđể tạo thành một cạnh đơn của P1 ∪ P2.

Trong trường hợp này góc α của cạnh đó trong P1 ∪ P2 sẽ bằng tổngα1 + α2 của góc trong P1 và P2. Từ (a, α1 + α2) = (a, α1) + (a, α2) trongG, ta thấy cách tạo thành δ ở hai vế là như nhau.

• Trường hợp 2: Cạnh có độ dài a trong P1 và cạnh có độ dài b trongP2 có cùng góc α có thể dán thẳng đứng để tạo thành một cạnh củaP1 ∪ P2.

Từ (a+ b, α) = (a, α) + (b, α) trong G, ta thấy cách tạo thành δ ở haivế là như nhau.

• Trường hợp 3: Hai cạnh của P1 và P2 có thể dán để tạo một mặtđơn. Trong trường hợp này tuy không có cạnh tương ứng của P1 ∪ P2

nhưng góc nhị dịên α, β của cạnh đó trong P1, P2 có tổng bằng π. Do(a, α) + (a, β) = (a, π) = 0 trong G nên ta có cách tạo δ không đổi.

Có một vài trường hợp khác, về cơ bản tương đương với những điềubên trên, nên chúng tôi dành nó cho bạn đọc. Từ đây chứng tỏ δ có tínhcộng tính.

2.4.6 Mệnh đề. (Nghiệm Dehn trong bài toán thứ ba của Hilbert) Trongkhông gian Euclid thực ba chiều, một tứ diện không thể phân cắt được


thành một hình lập phương.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.4.5, hai hình tương đương theo phân cắtphải có cùng bất biến Dehn. Ta thấy bất biến của hình lập phương vớikích thước bất kì bằng 0, vì vậy ta chỉ cần chứng tỏ rằng bất biến Dehncủa một tứ diện phải khác 0. Điều này là hệ quả của hai bổ đề sau.

2.4.7 Bổ đề. Một phần tử có dạng (a, α) ∈ G bằng 0 khi và chỉ khi a = 0hoặc α là một bội hữu tỉ của π, tức là α ∈ πQ.

Chứng minh. Giả sử α ∈ πQ. Khi đó α = (r/s)π với r, s ∈ Z. Trong Gta có thể viết

(a, α) = s

(1

sa, α

)=

(1

sa, sα

)=

(1

s, rπ

)= 0.

Nếu a = 0 thì ta có (a, α) = (0, α) = (0, α)− (0, α) = 0

Ngược lại, giả sử a 6= 0. Ta sẽ định nghĩa một đồng cấu nhóm ϕ :G→ R/πQ như sau. Coi R như một không gian véctơ trên Q. Vì a 6= 0,nên aQ là một không gian vectơ con 1 chiều. Chọn một không gian conV là bù tuyến tính của aQ trong R.. Thế thì mỗi phần tử b ∈ R có thểviết duy nhất dưới dạng b = ra + v với r ∈ Q, v ∈ V . Với bất kỳ phầntử g =

∑(bi, βi) ∈ G ta viết mỗi bi = ria+ vi với ri ∈ Q, vi ∈ V và định

nghĩa:

ϕ(g) =∑

riβi ∈ R/πQ.

Ta phải kiểm tra rằng ϕ là hoàn toàn xác định. Trước tiên, lưu ý rằngnếu βi ∈ πZ thì riβi ∈ πQ. Vì vậy nó hoàn toàn xác định trên βi(mod π).Tiếp theo, ta phải xem liệu rằng ϕ có thoả mãn quan hệ tương đươngđược sử dụng để định nghĩa G không. Nếu

(b, β) = (b1, β) + (b2, β)

và

b1 = r1a+ v1,b2 = r2a+ v2,

thì

b = (r1 + r2)a+ (v1 + v2).


Vì vậy

ϕ(b, β) = (r1 + r2)β = ϕ(b1, β) + ϕ(b2, β).

Mặt khác, nếu

(b, β) = (b, β1) + (b, β2)

và b = ra+ v thì

ϕ(b, β) = r(β1 + β2) = ϕ(b, β1) + ϕ(b, β2)

Do đó ϕ hoàn toàn xác định.

Ta thấy rằng a = 1.a + 0 nên ϕ(a, α) = α ∈ R/πQ. Vì vậy, nếu(a, α) = 0 trong G thì φ(a, α) = 0 trong R/πQ và do đó, α ∈ πQ. Đâychính là điều ta muốn chứng minh.

2.4.8 Mệnh đề. Nếu α là một góc có cosα = 13thì α không là một bội

hữu tỉ của π

Chứng minh. Chúng tôi sẽ đưa ra 2 cách chứng minh. Cách thứ nhất là"sơ cấp" theo nghĩa không sử dụng gì ngoài lượng giác, nhưng nó khôngđưa ra được nhiều lí do sâu sắc để giải thích tại sao kết quả đúng. Cáchthứ hai có nhiều khái niệm hơn, sử dụng các kết quả của lí thuyết Galoisvề trường chia đường tròn (cyclotomic) trên Q.

• Cách 1: Từ tam giác vuông nhỏ trên ta thấy tanα = 2√

2. Ta sẽ chứngtỏ rằng tan(nα) 6= 0,∞ với mọi số nguyên dương n. Điều kiện là đủ đểsuy ra rằng a /∈ πQ. Thật vậy, nếu α là một bội hữu tỉ của π thì nα nàođó sẽ là bội nguyên của π. Khi đó tan(nα) = 0 hoặc ∞.

Chúng ta tính tan (nα) theo qui nạp bằng cách sử dụng công thứctang của tổng hai góc:

tan(n+ 1)α =tanα + tan(nα)

1− tanα · tan(nα)


Bằng cách này ta tính được:

tanα = 2√

2,

tan2α = −4

7

√2,

tan3α =10

23

√2,

và v.v.... Tổng quát hơn nếu tan(nα) = a/b√

2 với a, b ∈ Z thì

tan(n+ 1)α =a+ 2b

b− 4a

√2

Bằng suy luận quy nạp ta có tan(nα) là một bội hữu tỉ của√

2 vớimọi n ≥ 1. Để đơn giản vấn đề ta xét tử số và mẫu số của phân số nàytheo (mod 3). Thật vậy, ta xét phép biến đổi biến một cặp thứ tự (a, b)thành (a+ 2b, b− 4a), và coi a, b như là phần tử của Z/3Z. Bắt đầu vớia = 2, b = 1 ta được

(2, 1)→ (1, 2)→ (2, 1)

Sau 2 bước, quá trình sẽ lặp lại. Vì vậy, với bất kì n ≥ 1,

tan(nα) = (a/b)√

2

với (a, b) ∼= (2, 1) hoặc (1, 2) (mod 3). Vì thế tan(nα) 6= 0,∞.

• Cách 2: Nếu cosα = 13thì sinα = 2

3

√2. Xét số phức z = cosα +

isinα = 13

+ 23

√−2. Hiển nhiên z là nghiệm của một phương trình bậc

3z2 + 2z + 3 = 0 trên Q. Do đó z tạo thành mở rộng trường Q(z) bậc 2trên Q. Lúc đó nếu α là một bội hữu tỉ của π, ta có thể viết α = p

q·2π với


p, q ∈ Z, (p, q) = 1. Trong trường hợp này z sẽ là một căn nguyên thuỷbậc q của đơn vị. Đa thức tối tiểu của nó trên Q là đa thức chia đườngtròn Φq(z) có bậc ϕ(q), trong đó ϕ là hàm Euler. Trong trường hợp củachúng ta, z có bậc hai trên Q, vì vậy ta có ϕ(q) = 2. Nếu q = pe11 · · · perrlà phân tích thành thừa số nguyên tố của q thì

ϕ(q) =∏

pei−1i (pi − 1)

Vậy các giá trị của q mà ϕ(q) = 2 chỉ là q = 3, 4, 6. Các mở rộng trườngtương ứng là Q(

√−3) và Q(i). Chúng đều không bằng Q(z) = Q(

√−2),

ta có mâu thuẫn. Điều này cho thấy α không phải là một bội hữu tỉ củaπ.

Bài tập

II.36. Tính bất biến Dehn của một bát giác đều cạnh a. Chỉ ra phần tửnày khác 0 trong G, vì thế bát giác không thể phân cắt thành một hìnhlập phương. Hơn nữa, chứng tỏ rằng một bát giác không thể phân cắtthành một tứ diện đều.II.37. Chứng tỏ hai tứ diện có cạnh 1 không thể phân cắt được thànhmột tứ diện đơn cạnh 3

√2. Có thể phân cắt 8 tứ diện cạnh 1 thành một

tứ diện đơn cạnh 2 không?II.38. Có hay không hình chóp tam giác có bất biến Dehn bằng 0?II.39. Tính bất biến Dehn của một hình chóp tam giác vuông cân OABCvới AB = AC = a, góc ở đáy ∠BAC = θ với OA vuông góc với mặtphẳng ABC và góc nhị diện α cạnh BC. Sử dụng điều này để xác địnhảnh của ánh xạ δ, tức là nhóm con của G bao gồm các phần tử là bấtbiến Dehn của đa diện nào đó.

II.40. Dựa vào cách chứng minh đầu tiên của Bổ đề 2.4.8 chứng tỏ rằngnếu tanα ∈ Q và α là một bội hữu tỉ của π thì tanα = 0,±1,∞. Gợi ý:Đặt tanα = (r/s) với r, s ∈ Z, (r, s) = 1. Nếu r, s không đồng thời bằng±1, lấy một ước số nguyên tố lẻ p của r2 + s2 và thực hiện phép tính(mod p) tương tự như (mod 3) trong Bổ đề 2.4.8.II.41. Sử dụng cách chứng minh thứ hai của Bổ đề 2.4.8, chứng tỏ nếucosα ∈ Q và α là bội hữu tỉ của π thì cosα = 0,±1

2,±1.

Chương 3

Vấn đề dựng hình trong Hìnhhọc Euclid

Trong chương này ta sẽ trình bày lý thuyết chung của hình học dựnghình, đặc biệt là dựng hình bằng phương pháp đại số. Ta sẽ đưa ra mộtđiều kiện đại số cho khả năng dựng bằng thước và compa

Trong phần tiếp theo của chương ta sẽ trình bày cách chứng minhchặt chẽ của một số bài toán dựng hình cổ điển. Công cụ mà chúng tasử dụng chủ yếu là đại số hiện đại, lý thuyết phương trình và mở rộngtrường, đặc biệt là lý thuyết Galois.

Ta sẽ nghiên cứu ba bài toán dựng hình cổ điển, hai trong số đó cóthể chứng minh dựa trên lý thuyết trường. Bài toán thứ ba phụ thuộcvào tính siêu việt của số π mà việc chứng minh nó vượt xa phạm vi củacuốn sách.

Tiếp đến chúng ta sẽ khảo sát bài toán dựng các đa giác đều và đưara chứng minh của Gauss về cách dựng đa giác đều 17 cạnh.

Trong phần cuối của chương chúng ta nghiên cứu cách dựng hình vớimột công cụ bổ sung là thước kẻ chia vạch. Với việc sử dụng thước kẻchia vạch ta chỉ ra cách khai căn bậc ba và chia một góc thành ba phầnbằng nhau. Bằng cách nghiên cứu nghiệm thực của phương trình bậc bavà bậc bốn, ta sẽ chỉ ra rằng việc dựng hình bằng compa và thước kẻchia vạch tương đương với việc giải phương trình bậc hai, bậc ba và bậcbốn.

145

146 CHƯƠNG 3. VẤN ĐỀ DỰNG HÌNH

Trong Phần phụ lục, chúng tôi đưa ra (hầu hết không chứng minh!)các kết quả của lý thuyết trường được sử dụng trong chương.

Ở chương này chúng ta luôn làm việc trên một trường con của trườngsố thực R.

3.1 Lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng

Euclid

Khái niệm dựng hình hình học là một khái niệm cơ sở, ta thừa nhậnkhái niệm đó mà không định nghĩa. Bây giờ ta nêu lại hệ thống các tiênđề của lý thuyết dựng hình trong mặt phẳng Euclid, hoặc mặt phẳngDescartes trên một trường.

1. Mọi hình đã cho là đã dựng được.2. Nếu đã dựng hai hình thì hợp của hai hình đó là đã dựng được.3. Nếu hai hình đã dựng được thì ta có thể xác lập rằng hiệu của chúngcó là tập rỗng hay không.4. Nếu hiệu của hai hình đã dựng được là tập không rỗng thì hiệu đó làđã dựng được.5. Nếu hai hình đã dựng được thì ta có thể xác lập rằng giao của chúngcó là tập rỗng hay không.6. Nếu giao của hai hình đã dựng được là tập không rỗng thì giao đó làđã dựng được.7. Có thể dựng được điểm, cho biết là thuộc một hình đã dựng.8. Có thể dựng được điểm, cho biết là không thuộc một hình đã dựngvới điều kiện hình đã dựng không chiếm hết toàn bộ mặt phẳng.9. Tiên đề về thước:

i) Dựng đoạn thẳng nối liền hai điểm đã dựng.

ii) Dựng đường thẳng đi qua hai điểm đã dựng.

iii) Dựng tia xuất phát từ một điểm đã dựng và đi qua một điểmkhác đã dựng.

10. Tiên đề về compa:

i) Dựng đường tròn nếu tâm đường tròn và đoạn thẳng bằng bán kínhđường tròn là đã dựng.


ii) Dựng được bất kỳ cung nào trong hai cung bù nhau của một đườngtròn khi tâm đường tròn và các điểm đầu mút của cung đó đã dựng.

Hệ thống tiên đề trên cho phép ta thực hiện các phép dựng cơ bảnsau đây.

1. Dựng đoạn thẳng nối liền hai điểm đã dựng.2. Dựng đường thẳng đi qua hai điểm đã dựng.3. Dựng tia xuất phát từ một điểm đã dựng và đi qua một điểm khác đãdựng.4. Dựng đường tròn nếu tâm đường tròn và đoạn thẳng bằng bán kínhđường tròn là đã dựng.5. Dựng được bất kỳ cung nào trong hai cung bù nhau của một đườngtròn khi tâm đường tròn và các điểm đầu mút của cung đó đã dựng.6. Dựng bất kỳ một số hữu hạn điểm chung của hai hình đã dựng nếucác điểm đó tồn tại.7. Dựng điểm thuộc một hình đã dựng nào đó.8. Dựng được điểm, cho biết là không thuộc một hình đã dựng.

Lời giải của một bài toán dựng hình bằng thước và compa là chỉ ramột dãy hữu hạn các phép dựng cơ bản sao cho sau khi thực hiện cácphép dựng đó thì hình phải dựng xem là đã dựng được, căn cứ vào cáctiên đề đã được thừa nhận.

Ta đưa ra một điều kiện đại số cho khả năng dựng bằng thước vàcompa. Định lí này là một ví dụ quan trọng cho việc giải quyết nhữngbài toán của hình học bằng cách nhìn từ quan điểm đại số.

3.1.1 Mệnh đề. (Định lý Descartes) Cho các điểm P1 = (a1, b1), · · · ,Pn = (an, bn) trên mặt phẳng Descartes thực. Ngoài ra, ta cũng giả sửrằng hai điểm (0, 0), (1, 0) là đã cho. Khi đó ta có thể dựng được điểmQ = (α, β) bằng thước và compa nếu và chỉ nếu α và β biểu diễn được quaa1, · · · , an, b1, · · · , bn bởi hữu hạn các phép toán trường (+), (−), (·), (:)và phép toán lấy căn bậc hai của một số thực dương .

Chứng minh. Cho hai điểm P1 = (a1, b1), P2 = (a2, b2), đường thẳng điqua chúng có phương trình

y − b1 =b2 − b1

a2 − a1

(x− a1).

Hệ số của nó biểu diễn được qua a1, a2, b1, b2 bởi hữu hạn các phép toántrường (+), (−), (·), (:).


Đường tròn tâm (a, b) và bán kính r cho bởi phương trình:

(x− a)2 + (y − b)2 = r2.

Đây là phương trình bậc hai mà hệ số chỉ phụ thuộc vào a, b, r2.

Để tìm giao điểm của hai đường thẳng, ta giải hệ hai phương trìnhtuyến tính mà việc giải đó chỉ sử dụng đến các phép toán trường (+), (−),(·), (:).

Để tìm giao của đường thẳng và đường tròn, thực chất ta giải phươngtrình bậc hai theo x. Việc giải đó chỉ sử dụng đến các phép toán trường(+), (−), (·), (:) và phép toán lấy căn bậc hai của một số thực dương .

Để tìm giao của hai đường tròn, ta trừ hai phương trình để tìm mốiliên hệ giữa x và y sau đó thay vào một phương trình nhằm thu đượcmột phương trình bậc hai theo x. Do đó việc giải cũng chỉ sử dụng đếncác phép toán trường (+), (−), (·), (:) và phép toán lấy căn bậc hai củamột số thực dương .

Tóm lại, để tìm tọa độ của một điểm Q = (α, β) dựng được bằngthước và compa từ những điểm cho trước P1, P2, · · · , Pn ta phải giải mộtsố hữu hạn những phương trình bậc nhất và bậc hai mà hệ số của chúngchỉ phụ thuộc vào (ai, bi) và những hệ số thu được từ những bước trước.Vậy α và β biểu diễn được qua a1, · · · , an, b1, · · · , bn bởi hữu hạn cácphép toán trường (+), (−), (·), (:) và phép toán lấy căn bậc hai của mộtsố thực dương.

Ngược lại, mọi nghiệm của phương trình tuyến tính và phương trìnhbậc hai đều dựng được bằng thước và compa. Thật vậy, mọi phươngtrình này đều giải được sau một số lần hữu hạn áp dụng các phép tính(+), (−), (·), (:) và phép khai căn bậc hai. Và mỗi phép tính ấy đều diễntả bằng thước và compa.

Với tổng và hiệu của hai đoạn thẳng, ta chỉ cần đặt hai đoạn thẳngđó nối tiếp với nhau đối với tổng và chồng lên nhau đối với hiệu.

Với tích, đặt đoạn a trên trục x và các đoạn 1, b trên trục y. Vẽđường thẳng nối hai điểm 1, a, phương trình của đường thẳng đó lày = −(1/a)x+ 1. Vẽ đường thẳng song song với đường thẳng trên và điqua b, phương trình của đường thẳng đó là y = −(1/a)x+ b. Do đó nó sẽcắt trục x tại điểm (ab, 0). Vậy ta dựng được đoạn thẳng ab từ các đoạnthẳng 1, a, b.


Với thương, đặt đoạn thẳng 1 trên trục x và hai đoạn a, b trên trụcy. Vẽ đường thẳng đi qua 1 và a. Vẽ đường thẳng đi qua b và song song

với đường thẳng trên, sẽ cắt trục x tại điểmb

a.

Với căn bậc 2 của a > 0, dựng như hình vẽ.

3.2 Ba bài toán điển hình

Trong mục này chúng ta sẽ khảo sát ba bài toán dựng hình cổ điển thôngqua lý thuyết trường. Theo Định lý 3.1.1, một điểm với tọa độ (α, β)trong mặt phẳng tọa độ Descartes thực có thể dựng được bằng thướckẻ và compa nếu và chỉ nếu các tọa độ α, β nhận được từ dữ kiện banđầu qua một số hữu hạn các phép toán của trường và phép khai căn bậchai của các đại lượng dương. Nếu dữ kiện ban đầu được đưa ra là cácsố hữu tỉ thì điều đó tương đương với α và β là các phần tử của trườngdựng được K (xem Mệnh đề 2.1.30). Dễ thấy K chính là tập hợp các sốthực nhận được từ Q sau một số hữu hạn các phép toán của trường vàphép khai căn số hữu tỷ dương. Ta nói rằng một số thực α là dựng đượcnếu nó là một phần tử của K. Từ đó, một điểm (α, β) trong mặt phẳngDescartes thực là dựng được bằng thước và compa từ các số hữu tỉ nếuvà chỉ nếu α và β là các số dựng được.

Ta đưa ra một số tiêu chuẩn nhằm xác định khi nào thì một số thực


là dựng được. Mệnh đề đầu tiên thực chất là sự phát biểu lại những nhậnxét ở trên.

3.2.1 Mệnh đề. Một số thực α ∈ R là dựng được nếu và chỉ nếu có mộttháp các trường con của R,

Q = F0 ⊆ F1 ⊂ . . . ⊆ Fk ⊆ R

thỏa mãn α ∈ Fk và Fi = Fi−1

(√ai)với ai nào đó thuộc Fi−1.

Chứng minh. Nếu α biểu diễn được dưới dạng một số hữu hạn các phéptoán của trường và căn bậc hai thì mỗi lần khai căn bậc hai, đặt Fi làtrường sinh bởi căn bậc hai đó trên trường dựng được trước đó, ta sẽ cótháp các trường thỏa mãn mệnh đề. Ngược lại, nếu α ∈ Fk thì theo cáchxây dựng tháp các trường, nó viết được dưới dạng một số hữu hạn cácphép toán và căn bậc hai.

3.2.2 Hệ quả. Nếu α ∈ R là dựng được thì degQ (α) /Q là luỹ thừa của

2. Ở đây chúng ta sử dụng khái niệm bậc của một trường mở rộng nhưPhụ lục 3.6.

Chứng minh. Ghép thêm căn bậc hai của một phần tử không phải làchính phương thì tạo ra một mở rộng trường bậc 2. Vì thế, sau khi giảthiết rằng các mở rộng trường trong Mệnh đề 3.2.1 là không tầm thường,ta có degFk/Q = 2k. Do Q ⊆ Q (α) ⊆ Fk nên bởi Mệnh đề 3.6.2 ta códegQ (α) /Q là luỹ thừa của 2.

Nhận xét Mệnh đề đơn giản trên cũng đủ để giải quyết hai trong babài toán dựng hình cổ điển. Tuy nhiên mệnh đề đảo lại là không đúng.

Gấp đôi khối lập phương

Bài toán là như sau: Cho một khối lập phương, hãy dựng một khối lập

phương mới có thể tích gấp hai lần thể tích khối lập phương đã cho. Ởđây, thuật ngữ "cho một khối lập phương" nghĩa là ta cho cạnh của nónhư là một đoạn thẳng trong mặt phẳng và bài toán trở thành dựngcạnh của khối lập phương mới. Nếu khối lập phương thứ nhất có cạnh athì ta phải tìm một độ dài b thỏa mãn b3 = 2 · a3. Điều này có nghĩa làb = a 3

√2. Như vậy, b là dựng được khi và chỉ khi 3

√2 là dựng được.


3.2.3 Định lí. 3√

2 không thuộc K. Từ đó không thể gấp đôi một khốilập phương bằng thước và compa.

Chứng minh. Xét α = 3√

2 là một nghiệm của phương trình x3 − 2 = 0.Đa thức x3 − 2 bất khả quy trên Q. Thật vậy, nếu nó phân tích đượcthành các nhân tử thì thừa số bé nhất là nhân tử tuyến tính. Do đó nó

có nghiệm. Giả sử nghiệm đó làa

bvới a, b ∈ Z, (a, b) = 1. Ta có:

a3 = 2 · b3

Suy ra a là một số chẵn. Từ đó 23 | a3, nên 22 | b, do đó b là số chẵn.Điều này mâu thuẫn với giả thiết a và b nguyên tố cùng nhau.Vì đa thức x3− 2 là bất khả quy nên trường Q

(3√

2)là một mở rộng bậc

3 của Q. Lại do 3 không là lũy thừa của 2 nên theo Mệnh đề 3.2.2 ta có3√

2 /∈ K.

Bài toán chia ba một góc

Bài toán là như sau: Cho một góc trên mặt phẳng, hãy dựng (bằng thướcvà compa) một góc mới bằng một phần ba góc đã cho. Bài toán này rắcrối hơn vì một số góc có thể chia ba. Ví dụ, nếu góc ban đầu là góc vuôngthì ta có thể dựng một góc bằng một phần ba của nó bằng cách dựngmột tam giác đều, rồi chia đôi một góc của nó (xem bài tập III.4).

Ta sẽ chỉ ra rằng bài toán chia ba một góc không phải lúc nào cũngthực hiện được với các góc trong mặt phẳng Descartes π. Thật vậy, tasẽ chứng tỏ rằng góc 60o là tồn tại trong mặt phẳng Descartes π trêntrường dựng được K nhưng một phần ba của nó là góc 20o thì lại khôngtồn tại trong π. Dễ thấy, nếu một góc α tồn tại trong π thì các hàmlượng giác sinα, cosα, tanα sẽ là các phần tử của trường K.

3.2.4 Định lí. Số thực α = cos 200 không thuộc K. Từ đó không thểchia góc 60o thành ba phần bằng nhau bằng thước và compa.

Chứng minh. Sử dụng công thức cộng đối với hàm sin và cos, ta có:

cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ.


Do cos 60o =1

2nên α = cos 20o thỏa mãn:

4α3 − 3α =1

2.

Do đó α là nghiệm của phương trình:

4x3 − 3x− 1

2= 0.

Ta sẽ chỉ ra rằng phương trình này không có nghiệm trênK. Thay y = 2x,phương trình trên trở thành

y3 − 3y − 1 = 0.

Phương trình này không có nghiệm trong K. Thật vậy, đầu tiên ta chỉ

ra nó không có nghiệm trong Q. Giả sử nó có nghiệm trong Q làa

bvới

a, b ∈ Z, (a, b) = 1. Thế thì

a3 − 3ab2 − b3 = 0.

Do đó một thừa số nguyên tố p bất kì của a đều chia hết b và một thừa sốnguyên tố bất kì của b cũng chia hết a. Kết hợp với điều kiện a, b nguyên

tố cùng nhau ta có a, b = ±1. Suy raa

b= ±1. Nhưng kiểm tra lại ta thấy

1 và −1 đều không là nghiệm của phương trình. Vì thế y3−3y−1 là mộtđa thức bất khả quy trên Q do bậc của nó bằng 3 và nó không có nghiệmhữu tỉ. Suy ra Q (α) là một mở rộng bậc ba của Q. Nhưng nếu α là dựngđược thì Q (α) là một mở rộng bậc hai trên Q theo Mệnh đề 3.2.2. Điềunày là mâu thuẫn. Vậy α /∈ K và góc 20o không dựng được.

Phép cầu phương hình tròn

Bài toán là như sau: Cho một hình tròn, hãy dựng bằng thước kẻ vàcompa một hình vuông có diện tích bằng diện tích của hình tròn. Nếuđường tròn có bán kính là r, diện tích của nó là πr2, thì chúng ta cầnmột hình vuông cạnh a với a2 = πr2. Điều này có nghĩa là a =

√π · r.

Như vậy, nếu a dựng được từ r thì√π cũng là dựng được từ r và từ đó

π là dựng được.


3.2.5 Định lí. π /∈ K, vì vậy bài toán cầu phương một hình tròn khôngthể giải được bằng thước và compa.

Chứng minh. Khẳng định π /∈ K được suy ra từ sự kiện rằng mỗi phầntử của K đều là đại số trên Q và π là siêu việt trên Q. Phép chứng minhπ là số siêu việt thuộc về giải tích nên chúng tôi không đưa ra ở đây. Bạnđọc có thể tham khảo thêm ở các tài liệu khác.

Mệnh đề 3.2.2 là điều kiện cần cho một số là dựng được. Sử dụng ítlý thuyết trường hơn, ta sẽ rút ra được điều kiện cần và đủ để một sốthực là dựng được. Điều này phụ thuộc vào sự trùng hợp đáng chú ý củaba khái niệm khác nhau: căn bậc hai liên tiếp, giải phương trình bậc haivà xây dựng mở rộng trường bậc hai.

3.2.6 Mệnh đề. Giả sử F ⊆ E là một mở rộng của trường có đặc sốkhác 2. Khi đó các mệnh đề sau tương đương:(i) E = F (

√a) với a ∈ F,

√a /∈ F .

(ii) degE/F = 2.(iii) E = F (α), trong đó α là nghiệm của một đa thức bất khả quy bậchai trên F .

Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Nếu E = F (√a) thì mỗi phần tử của E viết

được một cách duy nhất dưới dạng c1 + c2

√a, c1, c2 ∈ F , cho nên deg

E/F = 2.(ii) ⇒ (iii). Nếu deg E/F = 2 và α ∈ E là một phần tử không nằm

trong F thì 1, α, α2 phụ thuộc tuyến tính. Do đó α là một nghiệm củamột đa thức bậc hai bất khả quy với các hệ số trong F .

(iii) ⇒ (i). Từ công thức nghiệm của phương trình bậc hai

ax2 + bx+ c = 0 ta được α =1

2a· (−b ±

√b2 − 4ac)

Nhận xét; Ta không có được kết quả tương tự như trên trong trườnghợp bậc cao hơn (xem bài tập III.5 và mục về phương trình bậc ba vàbậc bốn).

3.2.7 Mệnh đề. Một số thực α là dựng được nếu và chỉ nếu nhóm Galoiscủa đa thức tối tiểu của nó là một nhóm cấp 2n, n ∈ N.


Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.2.1, ta có α dựng được bằng thước kẻ vàcompa khi và chỉ khi tồn tại một tháp các trường

Q = F0⊆F1⊆ · · ·⊆Fk (∗)

sao cho [Fi : Fi−1]62 với mọi 1 ≤ i ≤ k và α∈Fk. Do đó Fk là mở rộngbậc hữu hạn trên Q. Suy ra Fk là mở rộng đại số của Q và do vậy α làphần tử đại số trênQ. Gọi p(x) là đa thức tối tiểu của α trênQ và gọi F làtrường phân rã của p(x) trên Q. Do đặc số của trường Q là 0 nên p(x) làđa thức tách được trênQ, nghĩa là p(x) = c(x−α1)(x−α2) · · · (x−αm) vớic∈Q, α = α1. Khi đó tồn tại đẳng cấu từ Q(α) đến Q(αi) giữ bất độngQ và biến α thành αi với mọi 1 ≤ i ≤ m. Do đó với các số α2, · · · , αm tađều có thể làm tương tự như α để được tháp các trường dạng (*). Nhưvậy, bắt đầu từ Fk ta lại có tháp các trường dạng (*) và trường cuối cùngchứa α2. Tiếp tục như thế và nối lại ta được tháp các trường sau

Q = F0⊆F1⊆ · · ·⊆Fd

sao cho [Fi : Fi−1]62 với mọi 1 ≤ i ≤ d. Đặt F = Q(α1;α2; · · · ;αm)⊆Fd.Thế thì

[Fd : Q] = [Fd : F ][F : Q].

Suy ra [F : Q] = 2n với n6d. Vậy nhóm Galois của đa thức tối tiểu củaα là một nhóm cấp 2n, n∈N.Ngược lại, giả sử F là trường phân rã của một đa thức f(x) trên Q. Vìđặc số của Q là 0 nên F là một mở rộng Galois của Q. Do đó

[F : Q] = |Gal(F,Q)| = 2n.

Một kết quả cơ bản trong lý thuyết nhóm phát biểu rằng tâm của mộtp-nhóm là không tầm thường. Từ đó G có nhóm con chuẩn tắc bậc 2.Tương tự với G/G1 và cứ tiếp tục như thế, ta tìm được một dãy cácnhóm con:

e = G0 ⊆ G1 ⊆ G2 ⊆ . . . ⊆ Gn = G,

trong đó Gi là chuẩn tắc trong G và Gi/Gi−1 có bậc 2.Gọi Ki là trường bất động của nhóm con Gi. Ta nhận được một thápcác trường

K0 = Q⊆K1⊆ · · ·⊆Kn = F.

Ta có Gi = Gal(F,Ki) và |Gi| = [F : Ki] với mọi i. Do đó

2 = [Gi−1/Gi] = |Gi−1|/|Gi| = [F : Ki−1]/[F : Ki] = [Ki : Ki−1].


Tháp các trường này có dạng (*) nên số α dựng được bằng thước kẻ vàcompa.

Chú ý: Để α ∈ R là dựng được thì điều kiện degQ (α) /Q là một lũy thừacủa 2 chưa phải là điều kiện đủ. Ví dụ, đa thức f (x) = x4−x3− 5x2 + 1có bốn nghiệm thực khác nhau. Gọi α là một nghiệm trong số đó. Ví dụ3.6 chỉ ra rằng f(x) là bất khả quy và nhóm Galois của nó có bậc 12hoặc 24. Do đó degQ(α)/Q = 4, nhưng theo Mệnh đề 3.2.7, α là khôngdựng được.

Bài tập

III.1. Một parabola Γ có thể được xác định như một quỹ tích các điểmP cách đều một điểm cố định F, gọi là tiêu điểm, và một đường thẳngcố định l, gọi là đường chuẩn.

(a) Tìm phương trình của parabola biết tiêu điểm là F (0, 1) và đườngchuẩn là y = −1.

(b) Cho đường thẳng y = mx+b với m, b ∈ K (K là trường dựng được)và b > 0. Hãy chỉ ra các giao điểm của đường thẳng đó với parabolaΓ có tọa độ trong K.

(c) Dùng compa và thước kẻ để dựng các giao điểm của một đườngthẳng m với parabola có tiêu điểm F và đường chuẩn l. Từ đó rútra rằng chúng ta không thể "vẽ" được parabola nhưng lại có thểtìm được giao điểm của chúng với một đường thẳng bất kì, như thếcũng có thể coi là vẽ được.


III.2. Trong mặt phẳng Descartes thực:

(a) Chứng minh rằng đường tròn có tâm (a, 1) và đi qua gốc tọa độ cắt

parabola Γ : y =1

2x2 tại điểm (2 3

√a, 2

3√a2).

(b) Chứng minh rằng nếu vẽ sẵn một parabola trên mặt phẳng thì hoàntoàn có thể gấp đôi một khối lập phương.

(c) Nếu một parabola biết tiêu điểm và đường chuẩn thì giao điểm củanó với một đường tròn không phải lúc nào cũng dựng được.

III.3. Phép cầu phương parabola: Cho một parabola biết tiêu điểm F vàđường chuẩn l (như bài III.1), và cho một đường thẳng m khác trên mặtphẳng. Chứng minh rằng có thể dựng được một hình vuông bằng thướckẻ và compa mà diện tích của nó bằng diện tích của hình được giới hạnbởi đường thẳng và parabola đã cho. (Không cần chỉ ra cách dựng, chỉcần chứng minh là có thể dựng được).

III.4. Trong mặt phẳng tọa độ Descartes thực, cho một góc α có số đo

radian là2πa

bvới a, b ∈ Z và b không chia hết cho 3. Chứng minh rằng

có thể dựng được một góc1

3α từ góc đã cho.

III.5.

(a) Vẽ đồ thị y = x3 − 3x − 1 trong mặt phẳng tọa độ Descartes thựcvà sử dụng Định lý giá trị trung bình để chứng minh phương trìnhtrên có ba nghiệm thực.

(b) Cho α là một nghiệm của đa thức x3 − 3x − 1. Chứng minh rằngtrường Q(α) khác trường Q( 3

√d) với d ∈ Q bất kì. Do vậy một mở


rộng trường bậc 3 không nhất thiết sinh bởi căn bậc ba của mộtsố, ngược lại với trường hợp bậc 2 ( xem Mệnh đề 3.2.6).

(c) Tuy nhiên, chúng ta có thể biểu diễn nghiệm của đa thức trên thôngqua các căn bậc hai và căn bậc ba của số phức. Hãy kiểm tra rằngcăn bậc ba:

α =3

√1

2+

1

2

√−3 +

3

√1

2− 1

2

√−3

là một nghiệm của phương trình trên.

Gợi ý: Bạn có thể thay thế trực tiếp vào phương trình và khai triển ra,nhưng bạn nên sử dụng một vài kiến thức về hình học để chỉ ra α lànghiệm của phương trình mà không cần phải tính toán phức tạp.III.6. Cho α = cos 20. Chứng minh α là số thực và α + 1 là một sốdương. Tìm một cách biểu diễn α + 1 dưới dạng tổng các bình phươngtrong trường Q(α) (Hãy đối chiếu với Định lí Artin).III.7. Thay vì sử dụng lượng giác, như trong hình vẽ dưới đây, chúng tacó thể sử dụng hình học để nhận được một phương trình bậc ba từ việcchia ba một góc. Cho góc α = AOB nằm trong một đường tròn có bánkính 1, độ dài cạnh AB là a. Giả sử góc α bị chia ba bởi OC,OD. Gọix là độ dài đoạn AC. Chứng minh rằng 4ACE và 4OEF cùng đồngdạng với 4OAC. Từ đó, ta có một phương trình bậc ba ẩn x từ biểuthức của a. Khi α = 60, viết phương trình thu được.III.8. Bài toán của Apollonius: Cho ba đường tròn Γ1,Γ2,Γ3. Ta xét bàitoán dựng một đường tròn ∆ tiếp xúc với cả ba đường tròn trên. Giảsử Γi có tâm là (ai, bi) và bán kính ri. Nếu giả thiết ∆ nằm giữa cácđường tròn Γi, có tọa độ tâm là (x, y) và bán kính r, thì ta nhận đượchệ phương trình:

dist((x, y), (ai, bi)) = r + ri, i = 1, 2, 3.

Chứng minh rằng hệ phương trình trên có thể giải được ra x, y, r thôngqua các phép toán trường và phép khai căn. Vì thế bài toán giải đượcbằng thước kẻ và compa. Hãy chỉ ra một cách dựng cụ thể.

3.3 Đa giác đều 17 cạnh

Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh và các góc bằng nhau. Euclidđã biết cách dựng các đa giác đều n cạnh với n = 3, n = 4, n = 5, n =


6, n = 15. Bằng việc chia đôi các góc, người ta có thể dựng một đa giácđều 2n cạnh từ một đa giác đều n cạnh đã cho. Như vậy, Euclid có thểxây dựng được các đa giác đều n cạnh với n = 2k, 2k · 3, 2k · 5, 2k · 3 · 5.Trong khoảng 2000 năm, người ta chỉ dựng được các đa giác đều này, chođến năm 1796, Carl Friedrich Gauss, ở tuổi 19, đã có một phát minh nổitiếng là đa giác đều 17 cạnh có thể dựng được bằng thước kẻ và compa.

Ông rất tự hào về kết quả này đến nỗi yêu cầu khắc trên bia mộ củamình một hình 17-giác đều.

Trong mục này chúng ta sẽ làm rõ phương pháp sử dụng số phức củaGauss. Ta bắt đầu với một chứng minh về việc dựng hình ngũ giác đềuvà kết thúc bằng một tiêu chuẩn cho tính dựng được của n-giác đều.

Ta biểu diễn các điểm trên mặt phẳng tọa độ Descartes bởi các sốphức. Mỗi điểm (a, b) được biểu diễn bởi số phức z = a + bi. Nếu ζ làmột điểm trên đường tròn đơn vị tạo nên một góc θ với trục thực dươngOx, thì ta có thể viết:

ζ = cos θ + i sin θ.

Nếu θ = 2πk/n(k, n ∈ Z) thì theo quy tắc nhân các số phức ta cóζn = 1. Nói cách khác, ζ là một nghiệm phức của phương trình xn−1 = 0.Cho k = 0, 1, · · · , n−1, ta thu được tất cả n nghiệm phân biệt của phươngtrình trên. Chúng được gọi là các căn bậc n của đơn vị.

Để dựng một đa giác đều n cạnh ta chỉ cần dựng đại lượng cos 2π/ncũng như sin 2π/n. Vì số phức ζ = cos 2π/n+ i sin 2π/n là một căn bậc ncủa đơn vị nên việc dựng đa giác đều n cạnh trong mặt phẳng Descartesthực liên quan tới việc giải phương trình xn−1 = 0 trong trường số phức.


Chúng ta sẽ minh họa tình huống này với trường hợp n = 5. Lấyθ = 2π/5 và đặt ζ = cos 2π/5 + i sin 2π/5 là số phức tương ứng với đỉnhđầu tiên của hình ngũ giác sau 1. Từ đó năm đỉnh của hình ngũ giác sẽlà 1, ζ, ζ2, ζ3, ζ4. Do ζ4 = ζ−1 là số phức liên hợp của ζ nên:

ζ + ζ4 = 2 cos 2π/5.

Mặt khác, ζ là nghiệm của x5 − 1, đa thức này được phân tích như sau:

x5 − 1 = (x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1).

Vì ζ 6= 1 nên nó là nghiệm của nhân tử thứ hai, đó là đa thức chia đườngtròn Φ5 (xem mục 3.6). Đặt α = ζ + ζ4. Do ζ5 = 1 nên ta có:

α2 = ζ2 + 2 + ζ3.

Vậyα2 + α = ζ4 + ζ3 + ζ2 + ζ + 2 = 1.

Vì vậy α là một nghiệm của đa thức x2 + x − 1 = 0. Dùng công thứcnghiệm của phương trình bậc hai, ta có:

x =1

2(−1±

√5).

Vì α là một số thực dương nên α =1

2(√

5− 1). Vậy ta có mệnh đề sau.

3.3.1 Mệnh đề.

cos 2π/5 =1

4(√

5− 1).

3.3.2 Định lí. (Gauss) Hình đa giác đều 17 cạnh dựng được bằng thướckẻ và compa.

Chứng minh. Có thể đưa ra một cách chứng minh trừu tượng dựa vàolý thuyết Galois. Tuy nhiên, dựa theo ý tưởng chính của phương phápdựng ngũ giác, chúng ta sẽ đưa ra một cách chứng minh sơ cấp gần vớiphương pháp gốc của Gauss.

Đặt ζ = cos 2π/17 + i sin 2π/17 và

α = ζ + ζ−1,

β = ζ + ζ4 + ζ−1 + ζ−4,

γ = ζ + ζ2 + ζ4 + ζ8 + ζ−1 + ζ−2 + ζ−4 + ζ−8.


Ta sẽ chỉ ra rằngQ ⊆ Q(γ) ⊆ Q(β) ⊆ Q(α),

và mỗi trường là một mở rộng bậc hai của trường liền trước nó. Doα = 2 cos 2π/17 nên đa giác đều 17 cạnh là dựng được.

Chúng ta sẽ bắt đầu với γ. Phần tử γ′ là tổng tám lũy thừa khác củaζ, cụ thể là

γ′= ζ3 + ζ5 + ζ6 + ζ7 + ζ−3 + ζ−5 + ζ−6 + ζ−7

Vì ζ là một căn nguyên thủy bậc 17 của đơn vị nên nó là nghiệm của đathức chia đường tròn

Φ17 = x16 + x15 + · · ·+ x+ 1.

Như vậy γ + γ′

= −1. Ta sẽ chỉ ra rằng γγ′cũng thuộc Q, từ đó γ là

một nghiệm của phương trình bậc hai trên Q:

x2 − (γ + γ′)x+ γγ

′= 0.

Bằng tính toán trực tiếp ta có γγ′

= −4. Từ đó γ là nghiệm củaphương trình:

x2 + x− 4 = 0.

Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, ta thu được

x =1

2

(−1±

√17).

Để chọn đúng dấu của γ, ta thực hiện một đánh giá. Chú ý rằng trongtổng biểu diễn của γ, phần ảo bị triệt tiêu nên γ là một số thực. Cụ thểlà

γ = 2(cos 2π/17 + cos 4π/17 + cos 8π/17 + cos 16π/17).

Quan sát các vị trí gần đúng của mỗi lũy thừa ζ, ζ2, ζ4, ζ8, ta thấy rõràng γ là một số dương. Từ đó,

γ =1

2(−1 +

√17).

Tiếp theo ta xét β. Nếu đặt

β′= ζ2 + ζ8 + ζ−2 + ζ−8


thì β + β′

= γ. Mặt khác, ββ′là tổng tất cả các lũy thừa khác không

của ζ, vì thế ββ′= −1. Như vậy β là một nghiệm của phương trình

x2 − γx− 1 = 0.

Bằng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, ta có

x =1

2(γ ±

√γ2 + 4).

Do β là một số dương nên ta chọn dấu + và thu được

β =1

2(γ +

√γ2 + 4).

Thay giá trị của γ và rút gọn, ta được

β =1

4(−1 +

√17 +

√34− 2

√17).

Từ định nghĩa ta có

β = 2(cos 2π/17 + cos 8π/17).

Bây giờ ta hãy quan sát các mở rộng trường được xây dựng. Ta thấy

Q(γ) = Q(√

17). Ta chỉ ra rằng Q(β) = Q(√

34− 2√

17), trường nàychứa Q(γ). Rõ ràng

Q(β) = Q(√

17 +

√34− 2

√17).

Đặt

x =√

17 +

√34− 2

√17,

sau đó bình phương hai lần để làm mất dấu căn, ta được phương trình

x4 − 6 · 17x2 + 8 · 17x+ 13 · 17 = 0.

Theo tiêu chuẩn Eisenstein 3.6.27 đây là đa thức bất khả quy. Vì thế bậc

của mở rộng trường Q(β)/Q là 4. Do β thuộc trường Q(√

34− 2√

17)

với bậc cùng lắm là 4 nên ta suy ra rằng Q(β) = Q(√

34− 2√

17) nhưđã đòi hỏi bên trên.


Tiếp theo ta xét α. Đặt

α′ = ζ4 + ζ−4.

Thế thìα + α′ = β

vàαα′ = ζ3 + ζ5 + ζ−3 + ζ−5.

Đặt αα′ = β′′ vàβ′′′

= ζ6 + ζ7 + ζ−6 + ζ−7.

Thế thìβ′′

+ β′′′

= γ′

và

β′′β′′′

=16∑i=1

ζ i = −1.

Như vậy β′′là một nghiệm của phương trình

x2 − γ′x− 1 = 0.

Tính toán tương tự như đối với β, ta có

β′′

=1

4(−1−

√17 +

√34 + 2

√17).

Chú ý rằng√34− 2

√17 ·

√34 + 2

√17 =

√342 − 4 ·

√17 = 8

√17.

Từ đó, β′′ ∈ Q(

√34− 2

√17) = Q(β). Suy ra α thỏa mãn phương trình

x2 − βx+ β” = 0,

vì thế α là bậc hai trên Q(β). Dùng công thức nghiệm của phương trìnhbậc hai và chọn dấu thích hợp, ta được

α = 2 cos 2π/17

=1

8

(−1 +

√17 +

√34− 2

√17

+ 2

√17 + 3

√17 +

√170− 26

√17− 4

√34 + 2

√17

)


Điều này chỉ ra rằng α là một số dựng được. Do đó đa giác đều 17 cạnhlà dựng được bằng thước kẻ và compa.

Mặc dù ta vừa hoàn tất việc chứng minh định lý, nhưng ta còn chưachỉ ra rằng Q(β) ⊆ Q(α) giống như đòi hỏi lúc đầu. Để làm điều này, taviết α = ζ + ζ−1 và sau đó tính

α2 = ζ2 + 2 + ζ−1,

α4 = ζ4 + 4ζ2 + 6 + 4ζ−2 + ζ−4.

Từ đó, β := ζ + ζ4 + ζ−1 + ζ−4 được biểu diễn như sau

β = α4 − 4α2 + α + 2.

Vậy β ∈ Q(α) như đòi hỏi.

3.3.3 Hệ quả. Độ dài cạnh của đa giác đều 17 cạnh nội tiếp trong đườngtròn đơn vị là:

1

4

√34− 2

√17− 2

√34− 2

√17− 4

√17 + 3

√17 +

√170− 26

√17− 4

√34 + 2

√17.

Nhận xét:

• Nếu chỉ cần chứng tỏ đa giác đều 17 cạnh là dựng được mà không cầnchỉ ra công thức tính cos 2π

17thì chúng ta có thể làm như sau: Bài toán

tương đương với câu hỏi là liệu α = cos 2π17

có phải là một số thực dựng

được hay không? Do α thuộc trường Q(ζ) chứa các căn bậc 17 của đơnvị nên theo Mệnh đề 3.6.22 đây là một mở rộng chuẩn tắc bậc 16 của Qvới nhóm Galois Z∗17 là một nhóm cyclic cấp 16. Dó đó, nhóm Galois củatrường phân rã của mở rộng Q(α) sẽ là nhóm thương của nhóm trên vàbậc của nó là một lũy thừa của 2. Theo Mệnh đề 3.2.7, α là dựng được.

• Cách chứng minh của Định lý 3.3.2 đã minh họa cho chúng ta thấybản chất của cách chứng minh của Mệnh đề 3.2.7, đồng thời cũng là mộtví dụ đẹp cho Định lý cơ bản của lý thuyết Galois (Định lý 3.6.14) bằngcách chỉ ra sự tương ứng giữa các nhóm con của nhóm Galois với cáctrường con của trường đã cho. Với nhóm Z∗17, ta có chuỗi các nhóm con:

1,−1 ⊆ 1,−1, 4,−4 ⊆ 1, 2, 4, 8,−1,−2,−4,−8 .

Các trường bất động tương ứng của những nhóm con này là Q(α), Q(β),Q(γ), ở đó . α, β, γ đã chọn ở trên.


• Biểu thức cụ thể của α, β, γ trong chứng minh Mệnh đề 3.3.2 cho tacách dựng đa giác đều 17 cạnh. Dưới đây là một cách dựng đặc biệt đơngiản:

Cho đường tròn tâm O, OA và OB là hai bán kính vuông góc vớinhau. Lấy OC = 1

4OB. Đường tròn tâm C bán kính CA cắt OB tại D,

E. Đường tròn tâm E bán kính EA cắt BC tại F và đường tròn tâm Dbán kính DA cắt BC tại G như hình vẽ. Gọi H là trung điểm của BF .Đường tròn tâm H bán kính HB cắt OA tại J . Gọi K là trung điểm củaOG. Đường tròn tâm J bán kính OK cắt OB tại L. Khi đó KL là độ dàicạnh của 34-giác đều nội tiếp đường tròn tâm O (Xem bài tập III.12).

Ta đưa ra điều kiện để một đa giác đều n cạnh là dựng được.

3.3.4 Định lí. Đa giác đều n cạnh dựng được bằng thước kẻ và compakhi và chỉ khi n có dạng

n = 2rp1 · · · ps r, s ≥ 0,

trong đó pi là các số nguyên tố phân biệt có dạng

p = 22k + 1.

Chứng minh. Với mỗi số nguyên n, ta đặt

ζ = cos2π

n+ i sin

2π

n

và giả sửα = ζ + ζ−1.


Khi đó

α = 2 cos2π

n

và ζ là một nghiệm của phương trình với hệ số trong Q(α):

x2 − αx+ 1 = 0.

Do đó degQ(ζ)/Q(α) = 2. Vì Q(ζ) là trường của bậc n của đơn vị nênnó là một mở rộng trường chuẩn tắc của Q với nhóm Galois Z∗n là mộtnhóm abel cấp ϕ(n), ở đó ϕ là hàm Euler (xem Mệnh đề 3.6.22). Cũngdo nhóm Galois trên là abel nên Q(α) là mở rộng chuẩn tắc của Q vàbậc của nhóm Galois của Q(α) và của Q(ζ) khác nhau là 2. Theo Mệnhđề 3.2.7, một đa giác đều n cạnh là dựng được khi và chỉ khi cấp ϕ(n)của nhóm Galois của Q(ζ) là một lũy thừa của 2.Ta có thể viết:

n = 2kpe11 · · · pessvới pi là các số nguyên tố lẻ phân biệt. Do đó

ϕ(n) = 2k−1∏

pei−1i (pi − 1)

Vậy để ϕ(n) là một lũy thừa của 2 ta phải có ei = 1 với mỗi số nguyêntố lẻ pi tương ứng và pi − 1 phải là một lũy thừa của 2. Do đó

pi = 2ti + 1.

Dễ thấy rằng để pi là số nguyên tố thì nhất thiết ti phải là một lũy thừacủa 2, cho nên pi có dạng

p = 22k + 1

như đòi hỏi. Kết quả này đúng theo cả hai chiều, từ đó định lý đượcchứng minh.

Nhận xét. Số nguyên tố có dạng p = 22k + 1 được nghiên cứu bởi Fer-

mat. Ông đã hi vọng tìm ra được biểu thức tạo thành các số nguyên tố.Ta gọi Fk := 22k +1 là số Fermat thứ k. Thế thì F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17,F3 = 257, F4 = 65537 đều là các số nguyên tố. Vấn đề mở là liệu còncó số nguyên tố Fermat nào lớn hơn hay không? Cho đến tháng 4 năm1999, Fk là hợp số với 5 ≤ k ≤ 23, số F24 là trường hợp đầu tiên còn bỏngỏ.


Bài tập

III.9. Hãy chỉ ra rằng căn bậc hai của số phức với hệ số dựng được cũngdựng đượcIII.10. Giả sử ζ = cos 2π

n+ i sin 2π

nvà đặt α = ζ + ζ−1.

(a) Tìm đa thức tối tiểu của α trên Q (đa thức bậc 3).

(b) Chứng minh rằng Q(ζ) chứa duy nhất trường con E bậc 2 trên Qvà tìm số nguyên d sao cho E = Q(

√d).

III.11. Tìm hiểu về số Fermat F24. Chỉ dùng máy tính bỏ túi, hãy tìm

(a) Số chữ số thập phân trong khai triển của F24.

(b) Sáu chữ số đầu tiên của F24.

(c) Sáu chữ số cuối cùng của F24.

III.12.

(a) Chỉ ra chi tiết cách dựng đa giác đều 17 cạnh đã được mô tả trongphần nhận xét trên (cụ thể cần 20 bước để vẽ được KL, hơn 25bước nữa để xác định đỉnh và cạnh của 17-giác đều).

(b) Chứng minh cách dựng trên thực hiện được là nhờ việc chỉ ra rằngOD = 1

2γ, OG = β, OF = β” , KL = α

′(ta sử dụng kí hiệu như

trong chứng minh Định lý 3.3.2). Sau đó chỉ ra α′= ζ4 + ζ−4 là độ

dài cạnh của 34-giác đều.

3.4 Dựng hình bằng compa và thước kẻ

chia vạch

Trong các mục trước, chúng ta đã nghiên cứu các phép dựng hình bằngthước kẻ và compa. Chúng ta cũng đã thấy có một số bài toán không thểdựng được bằng thước kẻ và compa, như là gấp đôi một hình lập phương,chia ba một góc, hay dựng một thất giác đều. Vì thế, một số nhà toán


học cổ điển khác (trước và sau Euclid) đã sử dụng những dụng cụ dựnghình khác.

Trong phần này ta sẽ nghiên cứu một trong những phương pháp đó:sử dụng thước kẻ có chia vạch. Với phương pháp này ta có thể chia bamột góc, khai căn bậc ba và đưa ra một cách dựng thất giác đều. Tacũng sẽ chỉ rõ việc sử dụng thước kẻ chia vạch giữa những đường thẳngtương ứng với việc tìm nghiệm của phương trình bậc bốn. Trong phầnsau ta sẽ thảo luận lý thuyết trường kết hợp và chỉ ra rằng ứng dụnghình học của thước kẻ chia vạch và compa tương đương nghiệm đại sốcủa phương trình bậc ba và bậc bốn.

Trước tiên ta sẽ quy ước rõ thước kẻ chia vạch có thể làm được gì. Cụthể, ta có thể đánh dấu hai điểm trên thước tương ứng với một khoảngcách cho trước, sau đó ta dịch chuyển thước kẻ sao cho các điểm đánhdấu nằm trên hai đường thẳng đã cho, đồng thời thước kẻ đi qua mộtđiểm cho trước. Nói cách khác, cho hai đường thẳng l,m, một khoảngcách d và một điểm O. Khi đó, ta có thể vẽ một đường thẳng OAB vớiA ∈ l, B ∈ m sao cho AB = d (xem hình vẽ). Ngoài ra, thước kẻ chiavạch vẫn được dùng như một thước kẻ thông thường theo ý nghĩa cũ.

3.4.1 Mệnh đề. Có thể sử dụng compa và thước kẻ chia vạch để chiaba một góc.

Chứng minh. Cho trước góc AOB. Từ A hạ AC vuông góc với OB. QuaA vẽ đường thẳng l song song với OB. Rồi dùng thước kẻ chia vạch đểvẽ đường thẳng ODE sao cho D ∈ AC, E ∈ l và DE = 2AO. Đường

thẳng này sẽ chia ba góc AOB.

Để chứng minh điều đó, ta lấy F là trung điểm của ED,G là trungđiểm của AE. Khi đó, FG vuông góc với AE, suy ra hai tam giác EFG

và AFG bằng nhau (SAS). Ta có EOB = α = AEO do các đường

thẳng song song, AEO = α = EAF do các tam giác bằng nhau. Vì


thế AFO = 2α vì nó là góc ngoài tam giác AEF . Nhưng theo cáchdựng DE = 2AO nên AO = EF = AF . Suy ra tam giác AOF cân và

AOD = 2α. Vì vậy AOB = 3α và α là góc cần tìm.

3.4.2 Mệnh đề. Cho trước các đoạn thẳng có chiều dài 1 và a. Khi đó,ta có thể dựng được một đoạn thẳng có chiều dài 3

√a bằng thước kẻ chia

vạch và compa.

Chứng minh. Giả sử AB là đoạn thẳng cho trước có độ dài a. Bằng việcsử dụng đoạn thẳng có chiều dài 1, chọn b = 23k−1 với k thoả mãn b > a.Dựng tam giác cân ABC với CA = CB = b, và kéo dài CA đến D vớiAD = b. Nối DB. Bây giờ sử dụng thước kẻ chia vạch để vẽ CEF vớiE ∈ DB, F ∈ AB và EF = b. Đặt BF = y. Thế thì 3

√a = y/22k.

Thật vậy, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACF và các điểmthẳng hàng D,B,E. Đặt CE = x, bắt đầu từ đỉnh A theo chiều kimđồng hồ, ta có

b

2b· xb· ya

= 1.


Suy ra xy = 2ab. Xét đường tròn tâm C bán kính b, F nằm ngoài đườngtròn và hai cát tuyến FBA,FGH với FG = x, FH = x+ 2b. Theo tínhchất phương tích ta có

y(y + a) = x(x+ 2b).

Khử x từ hai phương trình ta được y3 = 4ab2. Thay b = 23k−1 ta đi đếny3 = 26k · a. Vì vậy, 3

√a = y/22k có thể nhận được từ y bằng cách chia

đôi liên tục 2k lần.

3.4.3 Mệnh đề. Cho các đường thẳng l,m, a, điểm O và đoạn thẳng cóchiều dài d trong mặt phẳng Descartes trên trường F . Giả sử OAB làmột đường thẳng với A ∈ l, B ∈ m và AB = d. Khi đó, toạ độ của A vàB thuộc trường F (α), ở đó α là nghiệm của đa thức bậc bốn với hệ sốthuộc F .

Chứng minh. Bằng biến đổi tuyến tính các toạ độ, chúng ta có thể giảsử rằng O = (0, 0) là gốc toạ độ và l là đường thẳng y = b với b nào đó.

Xét quỹ tích các điểm P thoả mãn OP cắt l tại Q và PQ = d. Quỹtích này gọi là conchoids của Nicomedes. Việc tìm đường thẳng OABcủa mệnh đề tương đương với việc tìm giao của đường thẳng thứ hai mvới conchoid. Bây giờ ta sẽ làm việc đó.

Trước tiên ta cần tìm ra phương trình của conchoids. Lấy đườngthẳng bất kỳ y = ax đi qua gốc toạ độ. Đường thẳng này cắt l ở điểmQ = (b/a, b). Giả sử P có toạ độ P = (x, y). Do PQ = d nên suy ra

(x− b/a)2 + (y − b)2 = d2.


Nhưng P cũng nằm trên đường thẳng y = ax. Ta sử dụng phương trìnhnày để khử biến a của phương trình trên: thay a = y/x và đơn giản đi,ta có phương trình của conchoids

(x2 + y2)(y − b)2 = d2y2.

Để tìm giao điểm B của conchoid với đường thẳng m, ta thay phươngtrình tuyến tính của m vào phương trình của conchoid. Ta được mộtphương trình bậc bốn của x. Nếu α là nghiệm của phương trình này thìtọa độ của B sẽ là x = α và y là biểu thức tuyến tính của α. Từ đó taxác định được OB và toạ độ của A.

Chú ý. Từ mệnh đề ta thấy rằng sử dụng thước kẻ chia vạch tươngđương với cho trước một conchoid đơn bất kỳ trong mặt phẳng, đượcphép cắt các đường thẳng. Thật vậy, bằng phép dời hình hay đồng dạng,bất kỳ ứng dụng nào của thước kẻ chia vạch cũng có thể quy về việc tìmgiao điểm của conchoid với đường thẳng đã biết.

Như một ứng dụng của thước kẻ chia vạch, Viete đã đưa ra cách dựng

thất giác đều. Ông đã thực hiện việc này 200 năm trước Gauss theo cáchtruyền thống của Euclid, không sử dụng kết quả nào của đại số hiện đạimà chỉ dùng một số thao tác đại số đơn giản về phương trình.

Bài toán. Cho một đường tròn và tâm của nó. Bằng thước kẻ chia vạchhãy dựng thất giác đều nội tiếp đường tròn đó.

1. OA cắt (O) ở B.2. Vẽ đường tròn (A,AO) cắt (O) ở C,D.3. Vẽ đường tròn (D,DO).4. Vẽ đường tròn (O,CD), cắt đường tròn (D,DO) tại E.

5. CE cắt OA tại F (ta chứng minh được rằng OF =1

3OA).

6. Vẽ đường tròn (F, FC).


7. Vẽ đường thẳng CGH sao cho GH = FC.8. Vẽ đường tròn (H,OA), giao với (O) ở I,K.9. Vẽ đường tròn (B, IK), giao với (O) ở L,M .10. Vẽ đường tròn (B, IM), giao với (O) ở N,P.11-17. Vẽ cạnh của thất giác đều BILNPMK.

3.4.4 Bổ đề. Cho hai tam giác cân ABC,CDE có đáy AC,CE nằmtrên cùng một đường thẳng, những cạnh bên bằng nhau và ba đỉnh A,B,Dthẳng hàng (xem hình vẽ). Khi đó số đo góc ở đỉnh E gấp ba lần số đogóc ở đỉnh A. Hơn nữa, nếu ta kí hiệu độ dài các cạnh đáy là x, b, cạnhbên là r thì

x3 − 3xr2 = br2.

Chứng minh. Gọi số đo góc ở đỉnh A là α. Thế thì số đo những góc đánhdấu 1, 2, 3 lần lượt là là 1α, 2α, 3α. Vẽ đường tròn tâm C bán kính rvà hạ các đường vuông góc BF,DG xuống đường thẳng ACE. Suy raAF = 1

2x và FG = 1

2(b+ x). Do đó

y

r=

12(b+ x)

12x

,

tức là xy = r(b + x), ở đó y = BD. Mặt khác, theo tính chất phươngtích ta có

r(y + r) = AH · AK = (x− r)(x+ r).


Khử y từ hai phương trình này ta được

x3 − 3xr2 = br2.

Đây là điều phải chứng minh.

3.4.5 Bổ đề. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và một điểm Htrên đường kính kéo dài sao cho

HB ·HA2 = HO. ·OA2.

Lấy điểm I trên đường tròn sao cho HI = OA. Thế thì BI là một cạnhcủa một hình 7-giác đều nội tiếp.

Chứng minh. Gọi Q là giao điểm khác của đường thẳng HI với đườngtròn. Trước tiên ta sẽ chỉ ra rằng OQ song song với AI. Muốn vậy tachứng tỏ rằng

HQ

HI=HO

HA.

Theo tính chất phương tích ta có HQ ·HI = HB ·HA. Bởi vậy

HQ

HI=HB ·HAHI2

.

Nhưng HI = OA, dùng giả thiết của bổ đề, ta có

HQ

HI=HB ·HAOA2

=HO

OA.


Do đó OQ và AI là song song.

Gọi số đo góc tại đỉnh A là α. Thế thì các góc đánh dấu 1, 2, 3 ở trênhình có số đo lần lượt là α, 2α, 3α. Nói riêng, tam giác OQI là tam giáccân có các góc đáy bằng ba lần góc ở đỉnh. Do đó số đo α là 1

7(2v) và

BOI = 2α = 17(4v). Như vậy BI là một cạnh của một hình 7-giác đều

nội tiếp.

Chứng minh cho phép dựng thất giác đều.

Gọi R là trung điểm của FA và nối FG,CR (nét đứt trên hình vẽ).Ta thấy các tam giác HFG,FRC thỏa mãn điều kiện của Bổ đề 3.4.4.Coi OA = 1. Kéo theo OF = FR = 1

3. Nếu S là trung điểm của FR

thì CS = 12

√3, bởi nó là độ dài đường cao của tam giác đều OAC. Mặt

khác, FS = 16, do đó ta có FC = 1

3

√7. Vậy phương trình bậc ba của Bổ

đề 3.4.4 trở thành

x3 − 7

3x =

7

27

Để hoàn thành chứng minh BI là một cạnh của một hình bảy gócđều, bởi Bổ đề 3.4.5, ta chỉ cần thử lại

HB ·HA2 = HO ·OA2.

Vì HF = x nên ta phải chỉ ra rằng(x− 4

3

)·(x+

2

3

)=

(x− 1

3

)· 12.

Bằng tính toán đơn giản ta đưa phương trình này về phương trình bậcba của x thu được từ Bổ đề 3.4.4. Vậy điều kiện của Bổ đề 3.4.5 đượcthỏa mãn, và vì thế BI là một cạnh của một hình thất giác đều. Cácbước còn lại của bài toán dựng hình chỉ là xác định các đỉnh khác củahình thất giác đều.


Bài tập

III.13. Cho một góc α với đỉnh O. Vẽ một đường tròn tâm O bán kínhbất kì, cắt góc ở A và B. Bằng thước kẻ chia vạch vẽ đường thẳng BCDsao cho C nằm trên đường tròn, D nằm trên đường thẳng OA kéo dàivà CD = OA. Chứng minh rằng số đo góc ở đỉnh D là 1

3α.

III.14. Dựng một cửu giác đều (đa giác đều 9 cạnh) bằng compa thướcchia vạch mà chỉ dùng 21 bước.III.15. Từ phép dựng hình thất giác đều, hãy rút ra(a) Tìm phương trình bậc ba có nghiệm là cos2π

7(tham khảo bài tập

III.10).(b) Đặt ẩn phụ sao cho phương trình đó trở thành dạng y3 − 3y − b = 0và như vậy có thể giải bằng việc chia ba một góc mà ta có thể xác địnhđược (xem Định lí 3.2.4).(c) Bây giờ hãy dựng góc được yêu cầu và dùng thước kẻ chia vạch đểchia ba góc đó (Mệnh đề 3.4.1). Sau đó thực hiện phép dựng thất giácđều bằng thước kẻ và compa mà chỉ dùng 28 bước.III.16. Chứng minh rằng một hình 13-giác đều có thể dựng được bằngthước chia vạch và compa như dưới đây.(a) Tìm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc ba có nghiệmlà 2π

13

(b) Chứng minh rằng phương trình bậc ba ở (a) có thể giải được bằngviệc chia ba một góc θ nào đó. Sau đó hãy tìm cosθ.

III.17. Cho đoạn thẳng AB. Vẽ góc ABMvuông và ABN = 120o. Dùngthước kẻ chia vạch vẽ đường thẳng ACD sao cho đoạn CD = AB nằmgiữa hai đường thẳng BM và BN . Chứng minh rằng AC = 3

√2 · AB.

III.18. Đây là một loại thước lô-ga được Archimedes sử dụng trong cáccông trình nghiên cứu về thất giác. Giả sử ABCD là hình vuông đơn vịcó đường chéo BC. Xoay thước kẻ quanh điểm A cho đến khi diện tíchcủa hai tam giác ABE và DFG là bằng nhau. Đặt CG = a. Chứng minh−a thỏa mãn phương trình của bài tập III.10(a). Suy ra rằng a = 2cos2π

14.


III.19. Kiểm tra lại phép dựng ngũ giác đều trên đoạn thẳng AB chotrước dưới đây bằng thước chia vạch và compa (Tất nhiên ỏ đây thướckẻ chia vạch là không cần thiết nhưng nó cho một phép dựng hình đặcbiệt tinh tế).1. Đường tròn (A,AB).2. Đường tròn (B,BA), nhận được C,D.3. Đường thẳng CD.*4. Đường thẳng AEF sao cho EF = AB.5. Đường tròn (F, FE), nhận được G,H.6-9. Vẽ ngũ giác ABHFG.

3.5 Phương trình bậc ba và phương trình

bậc bốn

Mục đích của chúng ta trong phần này là nghiên cứu nghiệm của phươngtrình bậc ba và bậc bốn, chỉ ra rằng việc dùng thước kẻ chia vạch và


compa tương đương với việc tìm ra các nghiệm thực của những phươngtrình đó.

Trong trường hợp phương trình bậc hai, có một sự trùng hợp thú vịgiữa việc giải phương trình bậc hai với việc lấy căn bậc hai của các phầntử của trường và việc xem xét các mở rộng trường bậc hai (xem Mệnhđề 3.2.6). Với những phương trình bậc ba và bậc bốn thì tình huống trởnên phức tạp hơn rất nhiều. Một nghiệm thực của phương trình bậc bacó thể không biểu thị được dưới dạng căn bậc ba (xem Bài tập III.5).Một nghiệm α của phương trình bậc bốn có thể cho một mở rộng trườngbậc bốn mà nó không có trường con trung gian bậc hai và do đó α có thểkhông biểu thị dưới dạng căn bậc hai và căn bậc bốn (xem Ví dụ 3.6).

Như chúng ta đã biết rằng bất kỳ phương trình bậc ba và phươngtrình bậc bốn nào cũng giải được nghiệm phức thông qua căn bậc haivà căn bậc ba của số phức. Do góc nhìn hình học nên chúng ta chỉ quantâm đến những vấn đề xảy ra trong mặt phẳng Descartes thực và vì vậyta sẽ chỉ quan tâm tới nghiệm thực của các phương trình này. Ta sẽ chỉra rằng các nghiệm thực của phương trình bậc ba và bậc bốn được biểuthị bởi ba loại mở rộng trường của một trường con F ⊂ R:(1)F (

√a) , ở đó a ∈ F, a > 0.

(2)F ( 3√a) , ở đó a ∈ F .

(3)F (cos 1/3φ) , ở đó cosφ ∈ F .Nói một cách đơn giản, các phương trình có thể giải được bằng việc lấycăn bậc hai, căn bậc ba và chia ba các góc. Bằng cách này chúng ta thấyviệc giải phương trình bậc ba và bậc bốn là tương đương với việc sử dụngthước kẻ chia vạch và compa.

3.5.1 Mệnh đề. Giả sử ta có phương trình

x3 − 3x− b = 0

với b ∈ F và |b| < 2. Cho θ là một góc với cos θ = 12b. Khi đó α = 2 cos 1

3θ

là một nghiệm của phương trình trên.

Chứng minh. Ta đã gặp phương trình này ở Mệnh đề 3.2.4 và ở bài tậpIII.15. Phương trình đó là một hệ quả của đẳng thức lượng giác

cos 3ψ = 4 (cosψ)3 − 3 cosψ,

ở đó ta đặt θ = 3ψ, x = 2 cosψ và b = 2 cos 3ψ. Giả thiết |b| < 2 là cầnthiết để tìm góc θ với cos θ = 1

2b.


Để nghiên cứu một phương trình bậc ba tổng quát, chúng ta sẽ đitheo phương pháp của Cardano. Trước hết chú ý rằng một phương trìnhbậc ba tổng quát

x3 + ax2 + bx+ c = 0

có thể được đơn giản hóa bởi phép thế x = y − 13a để khử x2. Cho nên

ta chỉ cần xét phương trình

x3 + px+ q = 0.

Chúng ta tìm một nghiệm có dạng x = u+ v, tức là ta cần

u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 + p(u+ v) + q = 0.

Điều này có thể đạt được bằng cách chọn p = −3uv và q = −u3 − v3.Khi đó

u3 + v3 = −q,u3v3 = −(p/3)3,

cho nên u3 và v3 là các nghiệm của phương trình bậc hai

y2 + qy −(p

3

)3

= 0.

Giải phương trình này được

y = −q2±

√(q

2

)2

+

(p

3

)3

.

Khi đó u và v là căn bậc ba của hai giá trị này của y. Vì thế, ta có

x =3

√√√√√(q2

)2

+

(p

3

)3

− q

2− 3

√√√√√(q2

)2

+

(p

3

)3

+q

2.

Đây được gọi là công thức Cardano. Để được nghiệm thực chúng ta cần(q/2)2 + (p/3)3 ≥ 0. Do đó ta chứng minh được kết quả sau.

3.5.2 Mệnh đề. Nếu (q/2)2 + (p/3)3 ≥ 0 thì một nghiệm thực củaphương trình x3 + px + q = 0 có thể được tìm bằng cách lấy các căn bậchai và căn bậc ba thực.


3.5.3 Chú ý. Vì p = −3uv nên v = −p/(3u). Do đó x = u− p/(3u) cóthể biểu thị được qua một căn bậc hai và một căn bậc ba.

3.5.4 Mệnh đề. Nếu (q/2)2 + (p/3)3 < 0 thì một nghiệm thực củaphương trình x3 + px + q = 0 có thể tìm được bằng cách lấy căn bậc haivà chia ba một góc.

Chứng minh. Từ giả thiết ta suy ra p < 0. Bổ sung√−3p vào trường đã

cho và thực hiện phép đổi biến x = 13

√−3pz, ta có phương trình

z3 − 3z + b = 0,

ở đó

b = q

√−27

p3.

Lại từ giả thiết (q/2)2 + (p/3)3 < 0 ta suy ra |b| < 2. Theo Mệnh đề3.5.1, ta giải phương trình bằng cách chia ba một góc.

3.5.5 Mệnh đề. Nếu α là một nghiệm thực của phương trình bậc bốnvới hệ số trong F thì α có thể tìm được bằng cách tìm một nghiệm thựccủa đa thức bậc ba với các hệ số trong F (gọi là giải thức bậc ba củaphương trình bậc bốn), sau đó lấy các căn bậc hai thực.

Chứng minh. Ta đi trình bày phương pháp giải của Descartes. Bằng cáchbiến đổi tuyến tính các biến, ta có thể giả sử rằng không có hạng tử x3.Cho nên đa thức bậc bốn có dạng

x4 + px2 + qx+ r = 0.

Nếu α là một nghiệm thực của đa thức bậc bốn thì phải có một nghiệmthực β khác (vì các nghiệm phức ghép lại thành các cặp liên hợp). Chonên α và β là các nghiệm của đa thức bậc hai x2 + ax + b = 0 với a, bthuộc trường mở rộng thực của F . Suy ra đa thức bậc bốn có phân tíchthành nhân tử là (

x2 + ax+ b) (x2 − ax+ c

)với c ∈ R. Từ đó ta được:

p = b+ c− a2

q = a (c− b)r = bc.


Khử b và c từ các phương trình này ta được

b =1

2

(p+ a2 − q

a

), a6 + 2pa4 +

(p2 − 4r

)a2 − q2 = 0.

Vậy a2 là một nghiệm thực của giải thức bậc ba của phương trình bậcbốn

y3 + 2py2 + (p2 − 4r)y − q2 = 0

với hệ số trong F. Từ đó ta có thể tìm a, b và α bằng cách lấy căn bậchai (thực).

3.5.6 Định lí. Cho F là một trường con của R và α ∈ R. Khi đó, cácđiều kiện sau là tương đương:(i) Tồn tại một tháp các trường con

F = F0 ⊆ F1 ⊆ · · · ⊆ Fk ⊆ R

với α ∈ Fk và với mỗi i,Fi nhận được từ Fi−1 bằng cách bổ sung phần tửβj = β, ở đó

(1) β =√α với α ∈ Fi−1, α > 0 hoặc

(2) β = 3√α với α ∈ Fi−1 hoặc

(3) β = cos 13θ với cos θ ∈ Fi−1.

(ii) Tồn tại một tháp các trường con

F = F0 ⊆ F1 ⊆ · · · ⊆ Fk ⊆ R

với α ∈ Fn và mỗi Fi được mở rộng từ Fi−1 bằng cách bổ sung một nghiệmcủa đa thức bậc hai, bậc ba hoặc bậc bốn.(iii) Đại lượng α có thể dựng được bằng thước kẻ chia vạch và compa (chỉsử dụng thước kẻ chia vạch giữa các đường thẳng) từ dữ liệu với tọa độtrong F .

Chứng minh.

(i)⇒ (iii) : Ba loại của mở rộng là dựng được bằng thước kẻ chia vạch vàcompa. Thật vậy, kiểu thứ nhất dựng được bằng thước kẻ thông thườngvà compa; kiểu thứ hai bởi Mệnh đề 3.4.2 và kiểu thứ ba bởi Mệnh đề3.4.1 (Chú ý rằng cos θ không nhất thiết kéo theo góc θ có thể xác địnhđược bởi các đường thẳng trong mặt phẳng Descartes trên F . Chúng tacó thể phải làm một mở rộng bậc hai để trước tiên nhận được sin θ, từ


đó ta có góc θ để chia ba).(iii) ⇒ (ii) : Việc dựng bằng thước kẻ thông thường và compa tươngứng với phương trình bậc hai và việc dùng thước kẻ chia vạch giữa cácđường thẳng có thể được hoàn thành bằng việc giải một phương trìnhbậc bốn (xem Mệnh đề 3.4.3).(ii) ⇒ (i) : Một đa thức bậc bốn có thể được quy về các phương trìnhbậc ba và bậc hai bởi Mệnh đề 3.5.5 và các đa thức bậc ba và bậc haicó thể được giải bằng ba loại của mở rộng đã được liệt kê bởi Mệnh đề3.5.2 và Mệnh đề 3.5.4.

3.5.7 Hệ quả. Nếu đại lượng α ∈ R dựng được bằng thước kẻ chia vạchvà compa (chỉ dùng thước kẻ chia vạch giữa các đường thẳng) từ các dữliệu trong trường F thì bậc của F (α) /F là 2r3s với r, s ≥ 0.

Chứng minh. Vì F (α) ⊆ Fk trong (i) của định lí trên và mỗi mở rộngđã nêu có bậc hai hoặc bậc ba nên bậc của Fk/F và do đó cũng là bậccủa F (α) /F, có dạng 2r3s với r, s ≥ 0.

Ta có kết quả mạnh hơn sau đây.

3.5.8 Mệnh đề. Đại lượng α ∈ R dựng được bằng thước kẻ chia vạch vàcompa (chỉ dùng thước chia vạch giữa các đường thẳng) từ dữ liệu trongtrường F nếu và chỉ nếu nhóm Galois của đa thức tối tiểu của α trên Fcó bậc 2a3b với a, b ≥ 0.

Chứng minh. Nếu α dựng được thì bởi Mệnh đề 3.5.7 trường F (α) cóbậc 2r3s trên F với r, s ≥ 0. Tương tự điều này cũng sẽ đúng cho tất cảcác liên hợp của α và vì chúng sinh ra trường phân rã cho nên bậc củatrường phân rã cũng là bậc của nhóm Galois, sẽ là 2a3b với a, b ≥ 0.

Ngược lại, giả sử bậc của nhóm Galois G là 2a3b. Theo định lí củaBurnside, bất kỳ nhóm có bậc paqb là giải được. Vì thế G là giải được.Điều này có nghĩa là có một dây chuyền các nhóm con, mỗi nhóm lànhóm con chuẩn tắc của nhóm kế tiếp sao cho tất cả các nhóm thương lànhóm cyclic cấp nguyên tố. Để tiếp tục chứng minh ta cần bổ đề sau.

3.5.9 Bổ đề. Cho G là nhóm hữu hạn giải được và giả sử T là một nhómcon cấp hai. Khi đó tồn tại một dây chuyền các nhóm con

T = G1 ⊆ G2 ⊆ · · · ⊆ Gn = G


sao cho với mỗi i thì chỉ số của Gi trong Gi+1 là một số nguyên tố.

Chứng minh. Chúng ta tiến hành quy nạp theo bậc của G, trường hợpG = T là tầm thường.

Vì G là giải được nên nó có một nhóm con chuẩn tắc H có chỉ sốnguyên tố p. Nếu T ⊆ H thì chúng ta có thể áp dụng giả thiết quy nạpcho H (vì bất kỳ nhóm con của một nhóm giải được là giải được) và dođó bổ đề được chứng minh.

Giả sử T * H. Đặt T = ε, τ , ở đó τ là một phần tử cấp hai. Khiđó, G/H có một phần tử cấp hai, cho nên p = 2. Vì H cũng là giải đượcnên có một nhóm con chuẩn tắc K có chỉ số nguyên tố q. Do H là chuẩntắc trong G nên liên hợp bởi τ sẽ gửi K thành một nhóm con chuẩn tắcKτ = τKτ−1 của H.

• Trường hợp 1: Kτ = K.

Thế thì TK là một nhóm con của G và K sẽ có chỉ số hai trong TK.Do đó TK có chỉ số q trong G và ta có thể áp dụng giả thiết quy nạpvới TK để kết thúc chứng minh như trên.

• Trường hợp 2: Kτ 6= K.

Đặt L = K ∩ Kτ . Thế thì L là một nhóm con chuẩn tắc của H vàthương H/L là đẳng cấu tới tích trực tiếp H/K × H/Kτ , đó là nhómabel có cấp q2. Giả sử σ ∈ K sinh ra K/L. Khi đó στ = τστ−1 sẽ sinhra Kτ/L. Gọi M là nhóm con của H sinh bởi L và ρ = σστ . Do

ρτ = στσ ≡ σστ = ρ (modL)

nên M τ = M . Vì H/L là abel nên M sẽ là một nhóm con chuẩn tắc củaH có chỉ số q và ta quy về Trường hợp 1.

Tiếp tục chứng minh của Mệnh đề 3.5.8: Chúng ta áp dụng bổ đềtrên cho nhóm Galois G bằng cách lấy T là nhóm con sinh bởi liên hợpphức τ . Thế thì trường cố định E của T là giao của trường phân rã vớitrường các số thực. Giả sử α ∈ E. Theo định lí cơ bản của lý thuyếtGalois (Định lý 3.6.14), dây chuyền của các nhóm con Gi sẽ cho một dâychuyền của các mở rộng trường

F = En ⊆ En−1 ⊆ · · · ⊆ E1 = E,


ở đó mỗi trường có bậc hai hoặc ba trên một trường cho trước. Do dó αcó thể nhận được bằng cách tìm nghiệm thực của các đa thức bậc hai vàbậc ba. Theo Mệnh đề 3.5.6, α là dựng được bằng thước kẻ chia vạch vàcompa.

3.5.10 Chú ý. Điều kiện của Mệnh đề 3.5.7 là không đủ để α dựng đượcbằng thước kẻ chia vạch và compa. Ví dụ α có thể là một nghiệm của mộtphương trình bậc 6 với nhóm Galois S6 mà bậc của nó chia hết cho 5.

3.5.11 Hệ quả. Một đa giác đều n cạnh có thể dựng được bằng thước kẻchia vạch và compa (chỉ dùng thước kẻ chia vạch giữa các đường thẳng)nếu và chỉ nếu n có dạng

n = 2k3lp1 · · · ps, k, l ≥ 0,

ở đó pi là các số nguyên tố phân biệt có dạng

pi = 2ai3bi + 1.

Chứng minh. Như trong chứng minh Định lý 3.3.4 mỗi số nguyên tố khác2 và 3 phải có dạng

p = 2a3b + 1.

Ngược lại nếu n có dạng này thì nhóm Galois sẽ là nhóm abel có bậc2r3s với r, s nào đó và kết quả được suy ra từ Mệnh đề 3.5.8.

Bài tập

III.20. Chỉ ra rằng không thể dựng được một 11-giác đều với thước kẻchia vạch và compa.III.21. Chỉ ra rằng dựng được 19-giác đều bằng thước kẻ chia vạch vàcompa.III.22. Chỉ ra rằng không thể khai căn bậc năm với thước kẻ chia vạchvà compa.III.23. Chỉ ra rằng không thể chia năm một góc tổng quát với thước kẻchia vạch và compa.III.24. Chỉ ra rằng các phương trình bậc ba mà có thể giải được bằngcác căn bậc hai và chia ba một góc là những phương trình có ba nghiệmthực, trong khi đó các phương trình cần căn bậc hai và căn bậc ba là cácphương trình có một nghiệm thực và hai nghiệm phức.


III.25. Nếu f (x) là một phương trình bậc ba bất khả quy trên trườngF ⊆ R có một nghiệm thực và hai nghiệm phức thì nhóm Galois của nólà S3.III.26. Từ Định lí 3.2.4 ta đã biết rằng α = 2 cos 20o là một nghiệm củaphương trình x3 − 3x− 1 = 0. Chỉ ra rằng hai nghiệm khác của phươngtrình đó thì được chứa trong trường Q (α), cho nên nhóm Galois của nólà Z3.III.27. Từ bài tập III.10 ta đã biết rằng α = 2 cos 2π

7là một nghiệm của

phương trình x3 + x2 − 2x − 1 = 0. Chỉ ra rằng hai nghiệm khác củaphương trình trên cũng thuộc trường Q (α). Do đó nó là một mở rộngchuẩn tắc với nhóm Galois Z3.III.28. Biệt thức. Cho f (x) là một đa thức bậc ba bất khả quy với cáchệ số trong trường F ⊆ R và giả sử nghiệm của nó là α1, α2, α3 trongtrường phân rã của nó. Chúng ta định nghĩa biệt thức của f (x) là

∆ = (α1 − α2)2 (α2 − α3)2 (α3 − α1)2 .

(a) Chỉ ra rằng ∆ ∈ F .(b) Chỉ ra rằng ∆ > 0 nếu và chỉ nếu f (x) có ba nghiệm thực; ∆ < 0nếu và chỉ nếu f (x) có một nghiệm thực và hai nghiệm phức.(c) Chỉ ra rằng nhóm Galois của f (x) là Z3 nếu và chỉ nếu

√∆ ∈ F ;

trong những trường hợp khác thì nó là S3.III.29. Cho f (x) = x3 + px + q. Hãy chỉ ra rằng biệt thức của nó là∆ = −4p3 − 27q2 bằng cách như sau:

Giả sử α là một nghiệm. Khi đó hai nghiệm còn lại của f (x) là cácnghiệm của phương trình bậc hai

x2 + αx+(p+ α2

)= 0.

Giải nghiệm của phương trình bậc hai này. Sau đó ta thay ba nghiệmvào định nghĩa của ∆ (xem bài tập III.28) và rút gọn nó.III.30. Xét phương trình x3 − 3x − 1

2= 0 trên Q. Nếu chúng ta lấy θ

sao cho cos θ = 14thì α = 2 cos 1

3θ là một nghiệm của phương trình trên

(do Mệnh đề 3.5.1). Chỉ ra rằng trong trường hợp này hai nghiệm kháccủa phương trình là không được chứa trong trường Q (α), cho nên nhómGalois sẽ là S3. Chỉ ra rằng trường phân rã của Q (α) là Q

(α,√

5).

III.31. Trong bài tập này chúng ta khảo sát khi nào hai đa thức khácnhau có thể cho cùng một mở rộng trường. Để đơn giản, ta xét đa thứcbất khả quy f(x) = x3−3x− b trên Q. Gọi α là một nghiệm của đa thức


này và ký hiệu ∆ (α) là biệt thức của nó.(a) Giả sử β là phần tử khác của trường Q (α) , β /∈ Q. Hãy chỉ ra rằng∆ (β), biệt thức của đa thức tối tiểu của nó, thỏa mãn

∆ (β) = ∆ (α) .a6 (f (c))2

với a, c ∈ Q. Đặc biệt, ∆ (β) /∆ (α) là một bình phương ở trong Q.(b) Giả sử f (x) = x3 − 3x − 1 có nghiệm α và g (x) = x3 − 3x − 1

2có

nghiệm β. Hãy chỉ ra rằng ∆ (β) /∆ (α) không là một bình phương và dođó Q (α) 6= Q (β).(c) Giả sử f (x) = x3 − 3x − 1 có nghiệm α và g (x) = x3 − 3x − 13

7có

nghiệm β. Trong trường hợp này chỉ ra rằng ∆ (β) /∆ (α) là một bìnhphương nhưng Q (α) 6= Q (β). Gợi ý: Sử dụng tiêu chuẩn (a) để quy vềmột phương trình Diophantine bậc ba trên Z và nó không có nghiệm.III.32. Cho hình vuông đơn vị. Hãy tìm một điểm E nằm trên đườngthẳng AB kéo dài sao cho đường thẳng CE cắt ra một đoạn thẳng EFbằng đoạn b cho trước.(a) Chỉ ra rằng bài toán thước kẻ chia vạch này dẫn tới một phương trìnhbậc bốn có thể giải được chỉ với căn bậc hai. Do đó E dựng được bằngthước kẻ và compa.(b) Tìm cách dựng hình bằng thước kẻ và compa mà chỉ dùng 7 bước.

3.6 Phụ lục: Mở rộng trường hữu hạn

Mục đích của chúng ta trong phần này là nhắc lại các vấn đề cơ bảnvề mở rộng trường hữu hạn mà chúng ta vẫn thường sử dụng trong việcnghiên cứu hình học dựng hình. Trong hầu hết các phần, chúng tôi sẽkhông đưa ra chứng minh của những kiến thức mà các bạn có thể tìmthấy trong bất kì cuốn sách giáo khoa đại số chuẩn nào. Nếu đây là lầnđầu bạn học về vấn đề này thì bạn tạm thời hãy chấp nhận, sau đó hãyáp dụng những kết quả này vào hình học. Chúng tôi tin rằng điều đó sẽđem lại hứng thú cho các bạn khi bắt tay vào việc nghiên cứu các chứngminh đại số trừu tượng của chúng.


Mở rộng trường

Khi một trường chứa trong một trường khác,F ⊆ E, ta có thể hiểu Flà trường con của E hay E là trường mở rộng của F tùy thuộc vào mỗicách hiểu. Chẳng hạn, khi nói Q ⊆ Q(

√2) thì ta hiểu Q(

√2) là mở rộng

trường của Q. Khi cho trước một trường F ta tìm một trường mở rộngE với một số thuộc tính cụ thể thì ta hiểu E như là một trường mở rộngcủa F .

Nếu F ⊆ E là hai trường và α1, α2, · · · , αn ∈ E thì ta kí hiệuF (α1, α2, · · · , αn) là trường con nhỏ nhất của E chứa F và các phầntử α1, α2, · · · , αn. Ta gọi đó là trường con của E sinh bởi các phần tửα1, α2, · · · , αn trên F .

Khi một trường chứa trong trường khác, F ⊆ E, ta có thể coi trườnglớn hơn là không gian véctơ trên trường nhỏ hơn. Chiều của không gianvéctơ này được gọi là bậc của mở rộng trường và ký hiệu là degE/F .

3.6.1 Ví dụ. Mọi phần tử của Q(√

2) có thể được viết duy nhất dướidạng a + b

√2 với a, b ∈ Q. Khi đó Q(

√2) là một không gian véctơ hai

chiều trên Q, do đó degQ(√

2)/Q = 2.

Bậc của một mở rộng trường có thể là vô hạn. Ví dụ, nếu Q là tậptất cả các số đại số (những số phức là nghiệm của một đa thức với hệsố trong Q) thì degQ/Q vô hạn đếm được. Nếu R là tập số thực thìdegR/Q vô hạn không đếm được.

3.6.2 Mệnh đề. Giả sử F ⊆ E ⊆ G là ba trường, trong đó mỗi trườngchứa trong trường sau nó. Thế thì

degG/F = (degG/E)(degE/F ).

Chứng minh. Ta chỉ xét mở rộng là hữu hạn. Nếu α1, α2, · · · , αn là cơsở của không gian véctơ E trên F và β1, β2, · · · , βm là cơ sở của khônggian véctơ G trên E thì

αiβj| i = 1, · · · , n; j = 1, · · · ,m

là cơ sở của G trên F .


Trước hết ta chứng minh αiβj| i = 1, · · · , n; j = 1, · · · ,m là hệsinh của G trên F . Thực vậy, với mọi x ∈ G ta có biểu diễn sau

x =m∑j=1

xjβj,

trong đó xj ∈E với mọi j. Nhưng mỗi xj ta lại có biểu diễn

xj =n∑i=1

kijαi,

trong đó kij ∈F với mọi i. Vậy

x =n∑i=1

m∑j=1

kijαiβj.

Từ đó ta có αiβj| i = 1, · · · , n; j = 1, · · · ,m là hệ sinh của G trên F.

Bây giờ ta chứng minh sự độc lập tuyến tính của hệ. Thực vậy, xétquan hệ tuyến tính

0 =n∑i=1

m∑j=1

kijαiβj =m∑j=1

(n∑i=1

kijαi)βj.

Do β1, β2, ..., βm là E-cơ sở của không gian véctơ G nênn∑i=1

kijαi = 0.

Tiếp đến, α1, α2, ..., αn là F -cơ sở của không gian véctơ E nên kij = 0.Vậy hệ αiβj| i = 1, · · · , n; j = 1, · · · ,m là độc lập tuyến tính. Ta cóđiều phải chứng minh.

3.6.3 Ví dụ. Xét Q ⊆ Q(√

2) ⊆ Q(√

2,√

3). Mở rộng trường sinh bởi cănbậc hai của một phần tử không chính phương trong một trường là một mởrộng trường bậc hai. Ta biết rằng

√2 /∈ Q. Ta chỉ ra rằng

√3 /∈ Q(

√2).

Thật vậy, giả sử√

3 = a+ b√

2. Thế thì

a2 + 2ab√

2 + 2b2 = 3.

Phương trình này giải trong Q(√

2), ở đó mỗi phần tử được viết duy nhấtdưới dạng c+ d

√2. Vì vậy

a2 + 2b2 = 3,


2ab = 0.

Do đó a = 0 hoặc b = 0 dẫn đến a2 = 3 hoặc 2b2 = 3 mà cả hai đều khôngnằm trong Q. Vì thế

√3 /∈ Q(

√2). Vậy Q(

√2,√

3) là một mở rộng trườngbậc bốn của Q. Ta có thể lấy một cơ sở là các phần tử 1,

√2,√

3,√

6. Nóicách khác mỗi phần tử của trường cuối cùng có thể được viết duy nhấtdưới dạng a+ b

√2 + c

√3 + d

√6 với a, b, c, d ∈ Q.

Nghiệm của một đa thức

Cho F là một trường và giả sử

f(x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an

là một đa thức có các hệ số ai ∈ F . Một nghiệm của f là một phần tử αtrong trường mở rộng E nào đó của F sao cho f(α) = 0.

3.6.4 Mệnh đề. Với mỗi trường F và với mỗi đa thức f(x) khác hằng,luôn luôn tồn tại một trường mở rộng E chứa một nghiệm α của f(x).Nếu f(x) là bất khả quy bậc n thì bậc của mở rộng trường F (α)/F bằngn. Nếu f(x) bất khả quy và α1 ∈ E1, α2 ∈ E2 là nghiệm của f(x) tronghai mở rộng trường của F (chúng có thể giống nhau!) thì có một đẳngcấu ϕ : F (α1)→ F (α2) giữa hai trường con của E1, E2 lần lượt sinh bởiα1, α2, biến α1 thành α2 và giữ nguyên mọi phần tử của F .

Mệnh đề này thường được chứng minh bằng cách sử dụng một mởrộng trường trừu tượng E được xây dựng bằng cách lấy vành đa thứcF [x] chia cho ideal I sinh bởi f(x). Vì f(x) bất khả quy nên I là idealcực đại, do đó vành thương E = F [x]/I là một trường, ảnh α ∈ E củax ∈ F [x] là một nghiệm của f(x).

Ta thường chỉ quan tâm đến các đa thức với hệ số hữu tỉ. Khi đócó một cách khác cụ thể hơn để tìm nghiệm. Vì Q ⊆ C và mỗi đa thứchệ số phức đều có nghiệm trong C (định lí cơ bản của đại số mà việcchứng minh định lí này phải dùng đến giải tích phức) nên mỗi đa thứcf(x) ∈ Q[x] đều có nghiệm trong C (đôi khi còn có nghiệm trong R). Vídụ, nếu viết

√2 có nghĩa là ta đang đề cập tới số thực

√2 = 1.414 · · ·

chứ không phải là phần tử trừu tượng trong một mở rộng trường trừutượng của Q mà ở đó đa thức x2 − 2 có một nghiệm.


3.6.5 Ví dụ. Đa thức x2 − 2 bất khả quy trên Q vì√

2 là số vô tỉ. Đathức này có một nghiệm

√2 ∈ R nên ta có thể kí hiệu Q(

√2) là trường

con của R chứa tất cả các số thực có dạng a+ b√

2 với a, b ∈ Q. Đây làmột mở rộng trường bậc hai của Q có một cơ sở là 1,

√2. Ngoài ra, đa

thức x2−2 còn có nghiệm khác là −√

2. Mở rộng trường sinh bởi nghiệmnày là Q(−

√2) bằng với Q(

√2). Theo Mệnh đề 3.6.4 có một đẳng cấu

(trong trường hợp này là tự đẳng cấu) ϕ : Q(√

2) → Q(√

2) giữ nguyêncác số hữu tỉ và biến

√2 thành −

√2. Thật vậy, bạn có thể kiểm tra ánh

xạ ϕ cho bởi ϕ(a+b√

2) = a−b√

2 là một tự đẳng cấu trường của Q(√

2).

3.6.6 Ví dụ. Xét một ví dụ phức tạp hơn, cho đa thức x3−2 trên Q. Đathức này có một nghiệm 3

√2 = 1, 2599 · · · trong R, do đó ta sẽ xét trường

Q( 3√

2). Đây là một mở rộng trường bậc 3 của Q với cơ sở là 1, 3√

2, 3√

4.Nhưng đa thức x3−2 cũng có nghiệm phức ω 3

√2, ở đó ω = 1

2(−1 +

√−3)

là căn bậc ba của đơn vị. Từ đó ta thấy Q(ω 3√

2) cũng là một mở rộngtrường của Q, trong đó đa thức x3 − 2 có nghiệm. Đây cũng là trườngmở rộng bậc 3 của Q có cơ sở là 1, ω 3

√2, ω 3√

4. Theo mệnh đề trên, haitrường mở rộng này đẳng cấu với nhau như là những mở rộng trườngcủa Q, dù một trường chứa trong R còn một trường thì không. Đẳng cấuϕ : Q( 3

√2)→ Q(ω 3

√2) biến 1 7→ 1, 3

√2 7→ ω 3

√2, 3√

4 7→ ω2 3√

4.

3.6.7 Ví dụ. Trong một số trường hợp khác ta không thể viết được chínhxác nghiệm nhưng có thể chỉ ra rằng chúng tồn tại.Ví dụ như đa thứcx5 − 5x− 1. Thay x = y + 1 ta được

y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 − 5

là đa thức bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein (xem Mệnh đề 3.6.27)nên x5 − 5x − 1 là bất khả quy. Bằng tính toán ta thấy đồ thị của đathức trên có điểm cực đại địa phương là (−1, 3), có điểm cực tiểu địaphương là (−1, 5) và không có điểm cực trị nào khác. Vì vậy đa thức nàycó đúng ba nghiệm thực và hai nghiệm phức, dù ta không thể viết chúngmột cách chính xác. Như vậy là các nghiệm này tồn tại. Gọi α1, α2, α3 làcác nghiệm thực và α4, α5 là các nghiệm phức. Trong trường hợp này cáctrường mở rộng Q(α1), Q(α2), Q(α3), Q(α4), Q(α5) là năm trường conphân biệt thực sự của C, trong đó có ba trường chứa trong R, và tất cảcác trường đó đẳng cấu với nhau như là các mở rộng trường của Q (xemBài tập III.39).

Thay vì bắt đầu với trường F và đa thức f(x), ta bắt đầu với mộtmở rộng trường F ⊆ E và một phần tử α ∈ E. Nếu E là một mở rộng


trường hữu hạn, nghĩa là degE/F hữu hạn, thì α là một phần tử đại sốtrên F, tức là tồn tại một đa thức với hệ số trong F nhận α làm nghiệm.Thật vậy nếu degE/F = n thì tồn tại n + 1 phần tử a0, a1, · · · , an ∈ Fkhông đồng thời bằng 0 sao cho

a0αn + a1α

n−1 + · · ·+ an = 0.

Do đó α là nghiệm của đa thức

f(x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an.

Hơn nữa, trong số các đa thức như trên nhận α làm nghiệm, ta có thểtìm được đa thức bậc nhỏ nhất và gọi đó là đa thức tối tiểu của α. Vậynếu g(x) là đa thức tối tiểu của α thì g(x) phải bất khả quy và theomệnh đề trên ta có degF (α)/F = deg g(x).

3.6.8 Ví dụ. Cho α = 12

√10− 2

√5 ∈ R là độ dài cạnh của một ngũ

giác đều. Ta sẽ tìm đa thức tối tiểu của α. Đặt

x =1

2

√10− 2

√5

Bình phương lên ta có4x2 = 10− 2

√5

Suy ra2x2 − 5 = −

√5

Bình phương lần nữa4x4 − 20x2 + 25 = 5

Cuối cùng ta đượcx4 − 5x2 + 5 = 0

Kết quả này cho ta một đa thức nhận α làm nghiệm. Thật vậy,làm ngược lại quá trình trên thấy rằng bốn nghiệm của đa thức này là

±12

√10± 2

√5. Để xét đa thức này có phải là đa thức tối tiểu của α hay

không ta phải xem đây có phải là đa thức bất khả quy hay không. Trướchết chú ý rằng cả bốn nghiệm của đa thức trên đều là số vô tỉ nên đathức đó không có nhân tử tuyến tính. Nếu nó có nhân tử bậc hai thì

x4 − 5x2 + 5 = (x2 + ax+ b)(x2 + cx+ d)


Từ sự vắng mặt của hạng tử bậc ba và bậc nhất, ta được c = −a và d = b.Do đó

(x2 + ax+ b)(x2 − ax+ b) = x4 + (2b− a2)x2 + b2,

suy ra2b− a2 = −5,

b2 = 5,

điều này không thể xảy ra với a, b ∈ Q. Vì thế x4 − 5x2 + 5 là bất khảquy và là đa thức tối tiểu của α (Ta cũng có thể sử dụng tiêu chuẩnEisenstein với p = 5).

Trường phân rã

Cho một trường F và một đa thức f(x) ∈ F [x] có bậc n. Như ta đã biếtở trên, ta có thể tìm được một nghiệm α trong trường mở rộng E củaF . Do đó trên vành đa thức E[x], đa thức f(x) có thể phân tích ra mộtnhân tử tuyến tính: f(x) = (x − a)g(x), ở đó g(x) có bậc nhỏ hơn mộtbậc so với bậc của f(x) và g(x) có hệ số trong trường mới E.

Lặp lại quá trình trên có thể tìm được một nghiệm của g(x) trongtrường mở rộng của E và phân tích ra một nhân tử tuyến tính khác.Theo cách đó ta có thể tìm được một trường mở rộng E ′ của F màtrong đó đa thức f(x) có thể phân tích thành các nhân tử tuyến tínhf(x) = c

∏(x− αi) với α1, · · · , αn là các nghiệm của đa thức f(x) trong

E ′ và c ∈ F là một hằng số. Chú ý α1 không cần phải phân biệt (Nếu fbất khả quy và đặc số của trường F bằng 0 thì điều đó sẽ xảy ra).

Trường phân rã của một đa thức f(x) trên trường F là mở rộngtrường E của F sao cho trên E có thể phân tích f(x) = c

∏(x−αi) như

trên với c ∈ F , αi ∈ E và hơn nữa E = F (α1, · · · , αn). Nói cách khác, Elà trường nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này.

3.6.9 Mệnh đề. Cho trường F và đa thức f(x) ∈ F [x]. Khi đó tồn tạimột trường phân rã của f(x) trên F . Hai trường phân rã bất kỳ đẳng cấuvới nhau như là những mở rộng trường của F . Nếu f(x) là bất khả quyvà E là trường phân rã của f(x) trên F và nếu α1, α2 là hai nghiệm củaf(x) trong E thì có một tự đẳng cấu ϕ : E → E giữ nguyên mọi phần tửcủa F và biến α1 thành α2.


3.6.10 Ví dụ. Đa thức f(x) = x2 − 2 có hai nghiệm là ±√

2 và Q(√

2)là một trường phân rã của f(x).

3.6.11 Ví dụ. Cho f(x) = x3 − 2 có nghiệm là 3√

2, ω 3√

2, ω2 3√

2 nêntrường phân rã là Q( 3

√2, ω 3√

2, ω2 3√

2). Dễ thấy trường này giống vớitrường Q( 3

√2,√−3), có bậc 6 trên Q. Nhìn chung từ phương pháp xây

dựng một trường phân rã ta thấy trường phân rã của một đa thức bậc ncó bậc nhỏ hơn hoặc bằng n!. Trong trường hợp này ta có 6 = 3!.

3.6.12 Ví dụ. Đặt f(x) = x4− 5x2 + 5. Do các nghiệm của đa thức này

là ±12

√10± 2

√5 nên trường phân rã sẽ là Q(

√10 + 2

√5,√

10− 2√

5).

Vì √10 + 2

√5

√10− 2

√5 =√

80 = 4√

5

nên trường phân rã thực sự bằng Q(√

10 + 2√

5) vì trường này chứa√

5.Dễ thấy đa thức này bất khả quy nên trường phân rã có bậc 4. Trong vídụ này bậc của trường phân rã nhỏ hơn 4! = 24.

3.6.13 Ví dụ. Đa thức x5− 5x− 1 mà chúng ta đã xét ở trên có trườngphân rã bậc 120 = 5! trên Q.

Mở rộng chuẩn tắc và nhóm Galois

Trong phần này để đơn giản ta chỉ quan tâm đến các trường có đặc số 0vì trong các ứng dụng hình học ta chủ yếu làm việc với trường mở rộngcủa Q.

Một mở rộng trường hữu hạn E/F gọi là chuẩn tắc nếu nó là trườngphân rã của một đa thức f(x) nào đó trong F [x]. Trong trường hợp nàyta kí hiệu G là nhóm các tự đẳng cấu của E giữ nguyên mọi phần tửcủa F . Nhóm G được gọi là nhóm Galois của mở rộng trường E/F . Haynếu E là trường phân rã của một đa thức f(x) ∈ F [x], G cũng được gọilà nhóm Galois của đa thức f(x). Mở rộng chuẩn tắc E/F đôi khi cũngđược gọi là mở rộng Galois.

3.6.14 Định lí. (Định lý cơ bản của lý thuyết Galois)

Cho E/F là một mở rộng trường chuẩn tắc với nhóm Galois G. Khiđó(a) Cấp của G bằng bậc của mở rộng E/F .


(b) Chỉ có các phần tử của F là giữ bất động dưới tất cả các phần tửtrong G.(c) Có một tương ứng 1 − 1 giữa các nhóm con H ⊆ G và các trườngtrung gian F ⊆ K ⊆ E được cho bởi: Mỗi nhóm con H ⊆ G đặt tươngứng với trường EH gồm các phần tử của E được giữ nguyên bởi các phầntử của H. Ngược lại, mỗi trường trung gian K đặt tương ứng với nhómcon H gồm các phần tử của G giữ nguyên các phần tử của K.(d) Qua tương ứng vừa mô tả, nhóm con H ⊆ G là một nhóm con chuẩntắc của G nếu và chỉ nếu trường K tương ứng là một mở rộng chuẩn tắccủa F. Khi đó nhóm thương G/H là đẳng cấu với nhóm Galois của K/F .

Chú ý rằng nếu f(x) là một đa thức bất khả quy bậc n trên trườngF đặc số 0 thì các nghiệm α1, · · · , αn của nó là phân biệt. Giả sử E =F (α1, · · · , αn) là trường phân rã và G là nhóm Galois của nó. Với nghiệmbất kì, chẳng hạn α1, phương trình f(α1) = 0 phải được bảo toàn bởicác phần tử của G. Các hệ số của f là các phần tử của trường cơ sở Fnên chúng được giữ nguyên qua các phần tử của G. Do đó ảnh của α1

qua một phần tử của G phải là nghiệm khác của f(x), tức là một trongcác số α1, · · · , αn. Theo cách đó, ta thấy rằng một phần tử của G chỉthay đổi trật tự của tập hơp α1, · · · , αn là n nghiệm của f(x). Vì Eđược sinh bởi các nghiệm này nên tác động của một phần tử của G hoàntoàn được xác định bởi tác động của nó trên αi. Do đó chúng ta có thểcoi G như là một nhóm con của nhóm đối xứng Sn các hoán vị của tậpα1, · · · , αn.3.6.15 Ví dụ. Xét đa thức x2 − 2 trên Q, trường phân rã của nó làQ(√

2). Đây là một mở rộng chuẩn tắc của Q và nhóm Galois bao gồmđồng nhất thức và tự đẳng cấu ϕ biến

√2 thành −

√2. Trong trường hợp

này G bằng nhóm đối xứng S2, đẳng cấu với Z2 = Z/2Z.3.6.16 Ví dụ. Xét x3 − 2 trên Q có trường mở rộng Q( 3

√2). Mọi tự

đẳng cấu của trường này phải biến 3√

2 thành nghiệm khác của x3 − 2.Nhưng hai nghiệm còn lại của đa thức này là các số phức không nằmtrong trường Q( 3

√2). Do đó chỉ có một tự đẳng cấu của trường này là

đồng nhất thức. Từ Mệnh đề 3.6.14 suy ra rằng Q( 3√

2) không là một mởrộng chuẩn tắc của Q. Ta đã biết nó không phải là một trường phân rãcủa đa thức x3 − 2, nhưng điều này cùng với Mệnh đề 3.6.14a) chỉ rarằng Q( 3

√2) không thể là trường phân rã của bất kì đa thức nào trên Q.

Trường phân rã của x3 − 2 là Q( 3√

2,√−3) có bậc 6 trên Q. Vì

thế nhóm Galois bằng với S3. Có 3 trường trung gian bậc ba trên Q


là Q( 3√

2),Q(ω 3√

2),Q(ω2 3√

2). Những trường này tương ứng với ba nhóme, (12), e, (13), e, (23) cấp 2 của S3. Trường Q(

√−3) (là mở rộng

chuẩn tắc của Q) tương ứng với nhóm con chuẩn tắc A3 = e, (123), (132)của S3.

3.6.17 Ví dụ. Xét đa thức x4− 5x2 + 5 trên Q. Ta thấy rằng nó là mộtđa thức bất khả quy với các nghiệm:

α1 =1

2

√10 + 2

√5

α2 =1

2

√10− 2

√5

α3 = −1

2

√10 + 2

√5

α4 = −1

2

√10 + 2

√5

Ta thấy rằng trường phân rã là Q(√

10 + 2√

5) có bậc 4 trên Q. Vì thếnhóm Galois G sẽ là nhóm con cấp 4 của nhóm đối xứng S4. Nhóm concó cấp 4 này cụ thể là gì?

Để nghiên cứu câu hỏi này, ta phải mô tả chính xác các tự đẳng cấu

của trường E = Q(√

10 +√

5). Theo Mệnh đề 3.6.9, tồn tại một phầntử σ ∈ G sao cho σ(α1) = α2. Thế thì σ(α2

1) = α22. Vì các phần tử của

Q được bảo toàn nên σ(√

5) = −√

5. Từ đẳng thức α1α2 =√

5 ta cóσ(α1)σ(α2) = σ(

√5) = −

√5. Do cách chọn của σ ta có σ(α1) = α2, cho

nên α2 ·σ(α2) = −√

5. Từ phương trình α1α2 =√

5 ta có σ(α2) = −α1 =α3. Cuối cùng σ(α3) = σ(−α1) = −α2 = α4. Vì vậy σ = (1234). Do đóG là nhóm con của nhóm S4 sinh bởi (1234), nó là nhóm cyclic cấp 4.

Ví dụ này cho chúng ta thấy rằng bài toán xác định trường phân rãcủa một đa thức và nhóm Galois của nó là một vấn đề không đơn giản.Nó phụ thuộc vào từng trường hợp cụ thể.

3.6.18 Ví dụ. Trở lại ví dụ x5−5x−1 ta đã xét, ta có thể xác định đượchay không bậc của trường phân rã và nhóm Galois của nó? Đa thức nàylà bất khả quy, vì vậy nếu ta bổ sung nghiệm α của nó thì Q(α) sẽ là mộtmở rộng bậc 5 của Q. Gọi E là trường phân rã. Thế thì Q ⊆ Q(α) ⊆ E.Từ đó degE/Q là bội số của 5. Do đó nhóm Galois G là nhóm con của


nhóm S5 có cấp là bội của 5. Do đó (theo lý thuyết nhóm trừu tượng) Gchứa một phần tử cấp 5. Trong S5, các phần tử có cấp 5 là các phép thếbậc 5. Vì vậy G gồm một phần tử là phép thế bậc 5. Mặt khác, ta đã biếtf(x) có 3 nghiệm thực và 2 nghiệm phức liên hợp. Nghiệm phức liên hợptrong C sinh ra tự đẳng cấu của E giữ nguyên 3 nghiệm thực và đổi chỗ 2nghiệm phức. Đây là một phần tử của G mà ảnh của nó trong S5 là mộtchuyển vị (một phép thế bậc hai). Theo lý thuyết nhóm trừu tượng, mộtnhóm con của S5 gồm một phép thế bậc 5 và một phép chuyển vị phảitrùng với cả nhóm đối xứng.Vì vậy G = S5 và bậc của E/Q là 5! = 120.

Điều đáng chú ý ở đây là ta đã chứng minh G = S5 một cách giántiếp mà không cần biểu diễn tường minh các nghiệm của f(x).

Quy về đồng dư mod p

Trong phần này ta sẽ trình bày một kỹ thuật quan trọng để thu đượccác thông tin về nhóm Galois của một đa thức với hệ số nguyên.

3.6.19 Mệnh đề. Giả sử f(x) là một đa thức bất khả quy với hệ sốnguyên và hệ số cao nhất bằng 1, p là một số nguyên tố. Giả sử đa thứcf(x) với hệ số quy về đồng dư (mod p) có các nghiệm phân biệt trongmột trường phân rã E của f(x) trên trường nguyên tố Fp. Thế thì có mộttương ứng 1-1 giữa các nghiệm của f(x) trong trường phân rã E của nótrên Q và các nghiệm của f(x) trong E sao cho nhóm Galois của f trênFp, xem như là nhóm các hoán vị của các nghiệm, tương ứng với mộtnhóm con của nhóm Galois của f trên Q.

Ví dụ. Xét đa thức f(x) = x4 − x3 − 5x2 + 1. Dễ thấy f(x) không cónghiệm trong Q. Quy về đồng dư (mod 2), ta được f(x) = x4 +x3 +x2 +1 = (x + 1)(x3 + x + 1). Chú ý rằng x3 + x + 1 là bất khả quy bởi vìnó không có nghiệm modulo2. Do đó f(x) không phải là tích của hai đathức bậc hai. Vì thế f(x) là bất khả quy và cấp của nhóm Galois chiahết cho 4.

Do đa thức f(x) có các nghiệm phân biệt và nhóm Galois của nó lànhóm cyclic cấp 3 nên từ mệnh đề trên ta suy ra rằng nhóm Galois củaf(x) chứa một phép thế bậc 3, cho nên cấp của nó chia hết cho 3. Vì vậynhóm Galois của f(x) phải có cấp là 12 hoặc 24.


Các căn của đơn vị

Ta sẽ nghiên cứu chi tiết hơn các nhóm Galois của các đa thức xn−1 trênQ vì chúng liên quan mật thiết tới bài toán dựng đa giác đều n cạnh.

Nếu α = 2π/n thì số phức

ζ = e2πi/n = cosα + i sinα

là một căn bậc n của đơn vị. Như vậy 1, ζ, · · · , ζn−1 là n nghiệm củaphương trình xn − 1 trong trường phức C. Trong các nghiệm đó ta gọicăn nguyên thủy bậc n của đơn vị là những nghiệm không phải là cănbậc d của đơn vị với bất kỳ d|n. Nói cách khác, các căn nguyên thủy bậcn của đơn vị là các lũy thừa ζr của ζ sao cho (r, n) = 1. Tích

Φn(x) =∏

(r,n)=1

(x− ζr)

được gọi là đa thức chia đường tròn (cyclotomic) bậc n. Với cách biểudiễn này ta chưa nhìn thấy các hệ số của Φn thuộc vào đâu, nhưng từbiểu diễn

Φn(x) = (xn − 1)/(∏d|nd 6=n

Φd(x)),

bằng quy nạp theo n, ta thấy Φn có các hệ số trong Q và hơn nữa Φn cócác hệ số trong Z (sử dụng bổ đề Gauss). Bậc của đa thức Φn(x) đượccho bởi hàm Euler ϕ(n) = ] 1 6 r < n| (r, n) = 1.

3.6.20 Mệnh đề. Với n bất kỳ, đa thức chia đường tròn Φn(x) là bấtkhả quy trên Q.

3.6.21 Ví dụ. Vài đa thức chia đường tròn là:Φ1 = x− 1Φ2 = x+ 1Φ3 = x2 + x+ 1Φ4 = x2 + 1Φ5 = x4 + x3 + x2 + x+ 1Φ6 = x2 − x+ 1Φ7 = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1Φ8 = x4 + 1(Lưu ý rằng từ danh sách trên không suy ra rằng các hệ số luôn là ±1:Chúng có thể là những hệ số nguyên khác!).


Đặt ζ = e2πi/n. Vì Φn là bất khả quy nên nó là đa thức tối tiểu của ζ.Ngoài ra, bậc của Q(ζ)/Q là ϕ(n). Hơn nữa, do các nghiệm khác của Φn

đều là lũy thừa của ζ nên trường phân rã của Φn là trường Q(ζ). TheoMệnh đề 3.6.9, với mỗi 1 6 t < n mà (r, n) = 1, tồn tại một phần tử ϕrcủa nhóm Galois G sao cho ϕr(ζ) = ζr. Nếu ta lấy hợp thành của haiphần tủ đó, ta có ϕsϕr(ζ) = ϕs(ζ

r) = ζrs. Quy rs về đồng dư với t theo(mod n) với 1 6 t < n, ta suy ra ϕsϕr = ϕt. Bằng cách này ta thấy rằngnhóm Galois G đẳng cấu với nhóm các số nguyên 1 6 r < n nguyên tốcùng nhau với n với phép toán là phép nhân mod n. Nhóm này thườngđược ký hiệu bởi Z∗n. Trường Q(ζ) được gọi là mở rộng chia đường trònbậc n của Q, hoặc trường các căn bậc n của phần tử đơn vị. Tóm lại, tacó mệnh đề sau.

3.6.22 Mệnh đề. Trường chia đường tròn của căn bậc n của đơn vịQ(ζ) được sinh bởi ζ = e2πi/n. Nó có bậc ϕ(n) trên Q và nhóm Galoiscủa nó đẳng cấu với Z∗n. Đặc biệt, nếu n là một số nguyên tố p thì Q(ζ)có bậc p−1 và nhóm Galois của nó là Z∗p, đó là nhóm cyclic có cấp p−1.

3.6.23 Ví dụ. n = 3 : Φ3 = x2 + x + 1. Nghiệm của nó là ω = 12(−1 +√

−3) và ω2 = 12(−1−

√−3). Trường chia đường tròn tròn Q(ω) là Q(

√3)

với nhóm Galois đẳng cấu với Z2.

3.6.24 Ví dụ. n = 4 : Φ4 = x2 + 1. Nghiệm là ±1. Trường chia đườngtròn là Q(i) với nhóm Galois Z2.

3.6.25 Ví dụ. n = 5 : Φ5 = x4 + x3 + x2 + x + 1. Trường chia đườngtròn đơn vị là Q(ζ), ở đó ζ = e2πi/5=cos(2π/5) + i sin(2π/5)

=14(√

5− 1) + i14

√10 + 2

√5. Nhóm Galois là đẳng cấu với Z4.

3.6.26 Ví dụ. n = 8 : Φ8 = x4 + 1. Các nghiệm của nó là ζ,ζ3,ζ5,ζ7, ởđó

ζ = e2πi/8 =

√2

2+ i

√2

2.

Nhóm Galois là Z∗8. Nhóm này đẳng cấu với nhóm bốn Klein Z2 × Z2.

Để tiện theo dõi, ta đưa ra một tiêu chuẩn để một đa thức là bất khảquy.

3.6.27 Mệnh đề. (Tiêu chuẩn Eisenstein)

Giả sử f(x) = xn + a1xn−1 + · · · + an là một đa thức với hệ số nguyên.

Giả sử p là số nguyên tố sao cho p chia hết mọi ai và p2 không chia hết

an. Thế thì f(x) là bất khả quy trên Q.


Bài tập

III.33. Với mỗi số thực sau, hãy tìm đa thức tối tiểu trên Q, tìm bậccủa trường phân rã của đa thức và tìm nhóm Galois (sai khác một đẳngcấu)

(a)√

2 +√

2

(b)√

3 +√

2

(c)√

3 + 2√

2

Trong các bài tập dưới, ta sẽ nghiên cứu nhóm Galois của bài toándựng hình được định nghĩa như sau.

Đối với một bài toán dựng hình trong mặt phẳng Euclid thực R2,ta bắt đầu với các dữ liệu định nghĩa trên Q, phép dựng sẽ tạo nênnhững điểm khác nhau. Giả sử F là trường F = Q(β1, · · · , βm) nhậnđược bằng cách bổ sung tọa độ của tất cả các điểm đã dựng được. ChoE là mở rộng trường chuẩn tắc nhỏ nhất chứa F , nó có thể nhận đượcbằng cách sau: Giả sử fi(x) là đa thức tối tiểu của βi, i = 1, · · · ,m, đặtg(x) =

∏mi=1 fi(x), lấy E là trường phân rã của g(x). Nhóm Galois G của

E/Q gọi là nhóm Galois của bài toán dựng.

III.34. Cho đoạn thẳng đơn vị AB, ở đó A = (0, 0), B = (1, 0), dựngtam giác đều với cạnh AB. Hãy xác định trường liên kết F , trườngchuẩn tắc E và nhóm Galois G của bài toán dựng hình. Trả lời: F =E = Q(

√3), G ∼= Z2..

III.35. Dựng một hình vuông có một góc vuông ở (0, 0), cạnh nằm trêntrục x và trục y và có diện tích bằng diện tích tam giác trong bài tậpIII.34. Tìm E,F,G như trên.III.36. Dựng một ngũ giác đều nội tiếp trong một hình tròn đơn vị cómột đỉnh là (1, 0). Tìm F,E,G như trên.III.37. Dựng một tam giác đều có một cạnh trên trục x, diện tích bằnghai lần diện tích tam giác trong bài tập III.34. Tìm E,F,G như trên.III.38. (a) Tính đa thức chia đường tròn bậc chín Φ9 và tìm nhóm Galoiscủa trường chia đường tròn Q(ζ), ở đó ζ = e2πi/9.(b) Cho α = 1

2cos(40o). Tìm đa thức tối thiểu của α. Chứng minh rằng

Q(α) là một mở rộng trường chuẩn tắc của Q có bậc 3 và Q(α) ⊆ Q(ζ).(c) Chứng minh

√−3 ∈ Q(ζ).

(d) Cuối cùng, hãy chỉ ra Q(ζ) = Q(α,√−3).

III.39. Từ các dữ kiện của nhóm Galois trong Ví dụ 3.6.18, hãy chỉ ra


rằng năm trường Q(αi) được đề cập đến trong Ví dụ 3.6.7 đều phân biệt.III.40. Cho Q(ζ) là trường chia đường tròn của căn bậc năm của đơnvị.(a) Chứng minh

√5 ∈ Q(ζ).

(b) Chứng minh Q(ζ) = Q(δ), trong đó δ = i2

√10 + 2

√5.

(c) Xác định da thức tối tiểu của δ.III.41. Cho p = 5, 7, 11, 13, 17. Hãy chỉ ra rằng Z∗p là nhóm cyclic bằng

cách tìm một phần tử thích hợp và chứng minh rằng nó sinh ra nhómđó.III.42. Xét đa thức x4 − 2x2 − 7 trên Q.(a) Chứng minh nhóm Galois là nhóm dihedral D4 sinh bởi hai phần tửa, b và các quan hệ a4 = e,b2 = e,ba = a−1b.(b) Tìm danh sách tất cả các nhóm con của nhóm D4.(c) Tìm tất cả các trường con của trường phân rã và chỉ rõ tương ứngcủa chúng với các nhóm con của D4.III.43. Xét đa thức f(x) = x4 + x− 3 trên Q.(a) Tìm giải thức bậc ba và chứng minh nó là bất khả quy.(b) Chỉ ra rằng f(x) là bất khả quy.(c) Hãy chứng minh f(x) có hai nghiệm nghiệm thực và hai nghiệm phức.(d) Chứng minh nhóm Galois của f(x) là nhóm S4.(e) Chứng minh rằng nếu α là một nghiệm thực thì Q(α) là một mở rộngbậc 4 của Q, nhưng α không dựng được bằng thước kẻ và compa.III.44. Giả sử f(x) là một đa thức bậc bốn bất khả quy trên Q saocho giải thức bậc ba là bất khả quy với biệt thức ∆. Chứng minh nhómGalois là A4 nếu và chỉ nếu ∆ là bình phương trong Q; trong các trườnghợp khác thì nhóm Galois là S4.

Phần II

Hình học sơ cấp

199

Chương 4

Tập lồi

Hình lồi là một trong những đối tượng quen thuộc nhất và quan trọngnhất của Hình học Euclid. Đa giác lồi và hình tròn được giảng dạy trongChương trình toán THCS; đa diện lồi và hình cầu được giảng dạy trongChương trình toán THPT. Tuy nhiên, có nhiều tính chất hình học củahình lồi được thừa nhận hoặc chứng minh dựa vào trực giác (nhiều khi làrất hiển nhiên). Vì thế, việc chính xác hóa các khái niệm về hình lồi đểtừ đó đưa ra các chứng minh chặt chẽ (về mặt toán học thuần túy) chocác tính chất hình học của chúng là một công việc cần thiết nhưng khônghề đơn giản. Công việc đó cần đến những định lý sâu sắc của Tôpô, Lýthuyết độ đo, Giải tích hàm, Lý thuyết nhóm và tác động của nhóm...Mục đích đầu tiên của chương này là trình bày một cách có hệ thốngnhững kiến thức quan trọng nhất về hình lồi và đưa ra các chứng minhchặt chẽ cho những tính chất của hình lồi. Tiếp theo, dưới góc độ cáccông cụ của toán học hiện đại, chúng ta sẽ trình bày những tính chất cơbản của khối đa diện lồi như: Tôpô của đa diện lồi; Đa diện đều; Thểtích và diện tích mặt của các tập lồi compact.

4.1 Một số khái niệm mở đầu

Trong suốt mục này ta luôn giả sử rằng X là không gian affine thực chiều

k có phương là không gian véctơ−→X. Cố định mục tiêu affine (A0, · · · , Ak)

của X, trong đó A0 là điểm gốc và −−−→A0A1, · · · ,

−−−→A0Ak là cơ sở của không

201

202 CHƯƠNG 4. TẬP LỒI

gian véctơ−→X.

Do ánh xạ

ΘA0 : X −→−→X

x 7−→−−→A0x

là một song ánh nên cho phép ta định nghĩa αx+ βy = z ∈ X nếu

α ·−−→A0x+ β ·

−−→A0y =

−−→A0z,

ở đó x, y ∈ X và α, β ∈ R.

Đặc biệt, nếu x, y là hai điểm trong X thì đoạn thẳng [x, y] được địnhnghĩa bởi

[x, y] = λx+ (1− λ) y : λ ∈ [0, 1].

Định nghĩa

Tập hợp con S của không gian affine X gọi là tập lồi nếu ∀x, y ∈ S thì[x, y] ⊂ S.

Tập hợp con E của X được gọi là tập sao (đối với x ∈ E) nếu [x, y] ⊂ Eđối với tất cả y ∈ E. Như vậy tập hợp lồi là tập sao tương đối so với mỗiđiểm của mình.

Ví dụ đơn giản nhất về tập hợp lồi là các khoảng trong R và tập sao màkhông lồi chính là hình ngôi sao năm cánh.

Phép cộng các tập hợp lồi.

Ta có các mệnh đề sau mà việc chứng minh chúng được dành cho bạnđọc xem như bài tập.

4.1.1 Mệnh đề. Giả sử S, T là hai tập hợp lồi trong không gian affineX. Khi đó tập hợp

λS + µT = λs+ µt | s ∈ S, t ∈ T

là tập hợp lồi với λ, µ là những số thực bất kỳ.

Phần II: Hình học sơ cấp 203

4.1.2 Mệnh đề và Định nghĩa. Giả sử X là không gian affine Euclid,A là tập hợp con trong X và ε > 0. Đặt

U(A, ε) = x ∈ X : d(x,A) < ε,

B(A, ε) = x ∈ X : d(x,A) ≤ ε.

Khi đó U(A, ε) = A + U(0, ε). Hơn nữa, nếu A compact thì B(A, ε) =A+B(0, ε).

4.1.3 Hệ quả. Nếu A là tập hợp lồi thì U(A, ε) cũng là tập hợp lồi vớimọi ε > 0. Hơn nữa, nếu A là tập lồi compact thì B(A, ε) cũng là tập lồicompact.

4.1.4 Định nghĩa. Giả sử X là không gian affine Euclid, A là tập hợpcon trong X và x ∈ X. Đặt

diam(A) = supd(x, y) : x, y ∈ A

d(x,A) = infd(x, y) : y ∈ A

Khoảng cách Hausdorff giữa các tập compact

Giả sử (X, d) là không gian metric.Giả sử F ⊂ X. Với mỗi ρ ≥ 0 ta đặt

U(F, ρ) = x ∈ X : d(x, F ) < ρ,

B(F, ρ) = x ∈ X : d(x, F ) ≤ ρ.

Với F ⊂ X,G ⊂ X ta đặt

δ(F,G) = infρ : F ⊂ B(G, ρ) vàG ⊂ B(F, ρ)

Số δ(F,G) được gọi là khoảng cách Hausdorff giữa F và G. Ta gọi K(X)là tập hợp tất cả các tập con compact của X.

4.1.5 Định lí. a) (K(X), δ) là không gian metric.b) Nếu X là đầy và mọi tập con đóng bị chặn của X đều compact thì(K(X), δ) là đầy.c) Nếu X là compact thì (K(X), δ) cũng là compact.


Chứng minh.

a) • Dễ thấy δ(F,G) = δ(G,F ), ∀F ⊂ X, ∀G ⊂ X.

• Giả sử δ(F,G) = 0. Thế thì F ⊂ B(G, 0) =−G= G. Tương tự G ⊂ F .

Do đó F = G.• Giả sử F,G,H là các tập con compact của X sao cho δ(F,G) = η vàδ(G,H) = σ.

Nếu G ⊂ B(H, σ) thì B(G, η) ⊂ B(H, σ+η). Suy ra F ⊂ B(H, σ+η).Do đóG ⊂ B(F, η), tức là B(G, σ) ⊂ B(F, η+σ). Suy raH ⊂ B(F, η+σ).Vậy δ(F,H) ≤ η + σ.b) Giả sử Fn∞n=1 là dãy Cauchy trong (K(X), δ). Với mỗi n ≥ 1, ta đặt

Gn = ∪∞p=0Fn+p.

Dễ thấy Gn là tập bị chặn và dãy Gn∞n=1 là giảm. Do Gn là tập bị chặnnên Gn là tập compact. Lại do dãy Gn∞n=1 là giảm nên ∩∞n=1Gn 6= ∅.Đặt F = ∩n≥1Gn. Thế thì F ∈ K(X).

Ta chứng minh F = limn−→∞

Fn theo nghĩa metric Hausdorff.

Lấy ε > 0 tuỳ ý. Chọn n0 ≥ 1 sao cho δ(Fn, Fn0) < ε,∀n ≥ n0. Thế thìF ⊂ Gn0 ⊂ B(Fn0 , ε). Mặt khác, tồn tại n1 sao cho Gn ⊂ B(F, ε), ∀n ≥n1. Đặt N = maxn0, n1. Ta suy ra δ(F, Fn) ≤ ε,∀n ≥ N.c) Để chứng minh (K(X), δ) là compact ta chỉ cần chứng minh rằng(K(X), δ) là hoàn toàn bị chặn.

Thực vậy, do X compact nên tồn tại phủ gồm hữu hạn hình cầu mởB(xi, ε) của X: X = ∪ni=1B(xi, ε).Gọi K0 là tập tất cả các tập con của bộ x1, x2, . . . , xn. Ta có K0 ⊂K(X) = K; #K0 = 2n <∞. Ta chứng tỏ rằng

K = ∪K∈K0Bδ(K, ε).

Thực vậy: Giả sử G ∈ K. Đặt F = xi : d(xi, G) ≤ ε. Thế thì F ⊂B(G, ε). Vì X = ∪∞i=1B(xi, ε) nên với mỗi y ∈ G tồn tại i sao cho

y ∈ B(xi, ε).

Do đó xi ∈ F và G ⊂ B(F, ε). Vì vậy δ(F,G) ≤ ε, tức là G ⊂ Bδ(F, ε).

4.1.6 Hệ quả. Nếu X là compact thì họ các tập con hữu hạn của X làtrù mật trong K(X).


4.1.7 Hệ quả. Nếu X là không gian affine Euclid thì K(X) là đầy. Ngoàira ∀a ∈ X, ∀r > 0 thì tập

Ka,r(X) := F ∈ K(X) : F ⊂ B(a, r)

là compact.

4.1.8 Mệnh đề. Nếu X là không gian metric thì ánh xạ

diam : K(X) −→ R

là ánh xạ Lipschitz với hằng số C = 2.

Chứng minh. Giả sử F,G ∈ K(X) và δ(F,G) = ε.Giả sử x, y ∈ F sao cho d(x, y) = diam(F ). Khi đó ∃z, t ∈ G sao chod(x, z) ≤ ε và d(y, t) ≤ ε. Do đó

diam(F ) = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, t) + d(t, y) ≤ 2ε+ diam(G).

Suy ra diam(F )−diam(G) ≤ 2ε. Tương tự ta có diam(G)−diam(F ) ≤ 2ε.Vậy |diam(F )− diam(G)| ≤ 2ε.

Thể tích của tập compact

Giả sử X là không gian affine Euclid chiều k. Ta cố định một ánh xạ

đẳng cự affine Rk → X. Ánh xạ đó cảm sinh một độ đo trên không gianaffine Euclid X từ độ đo Lebesgue trên Rk. Ta sẽ ký hiệu độ đo cảm sinhtrên X này là µ hay µX .

4.1.9 Định nghĩa. Giả sử K là tập con compact của X. Đặt

L(K) =

∫X

χKµ,

trong đó χK là hàm đặc trưng của K. Ta gọi L(K) là thể tích của tậpcompact K và đôi khi còn được ký hiệu bởi vol(K). Trong trường hợpk = 1 (tương ứng k = 2), L(K) được gọi là chiều dài (tương ứng diệntích) của tập compact K.


Đối xứng hoá theo Steiner.

4.1.10 Định nghĩa. Giả sử X là không gian affine Euclid, H là siêuphẳng trong X, σH là phép đối xứng qua siêu phẳng H. Giả sử K là tậpcon compact trong X. Ta sẽ xây dựng một tập con compact khác, đượckí hiệu là stH(K) và được gọi là đối xứng hoá theo Steiner của K đối vớiH. Cụ thể, tập con compact K ′ = stH(K) được xác định như sau:Đối với bất kì một đường thẳng D vuông góc với H thì

a) Hoặc K ∩D = ∅ và K ′ ∩D = ∅.

b) Hoặc K ∩D 6= ∅ và trong trường hợp này thì K ′ ∩D là một đoạnthẳng trong D có độ dài bằng độ dài K ∩D và có trung điểm chính làgiao điểm D ∩H.

Như vậy ta có ánh xạ

stH : K(X) −→ K(X)

K 7−→ stH(K) = K ′

Chú ý rằng stH nói chung là không liên tục đối với metric Hausdorff δtrên K(X). Ta dễ thấy các tính chất sau của phép đối xứng hoá theoSteiner.

4.1.11 Tính chất. Với mỗi K,H ta có:i) σH(stH(K)) = stH(K).ii) diam(stH(K)) ≤ diam(K).iii) vol(stH(K)) = vol(K).


Chứng minh. Hai tính chất đầu là hiển nhiên. Tính chất thứ ba đượcchứng minh bằng cách sử dụng định lý Fubini.

4.1.12 Bổ đề. Giả sử B là hình cầu, S là mặt cầu biên của B,H là siêuphẳng đi qua tâm của B,K là tập compact chứa trong B. Thế thì

stH(K) ∩ ((S\K) ∪ (σH(S\K))) = ∅.

Chứng minh. Chỉ cần chú ý là nếu x ∈ (S\K) ∪ (σH(S\K)) thì phầngiao với K của một đường thẳng d vuông góc với H là tập có dộ dài nhỏhơn độ dài của phần giao của d với hình cầu B.

4.1.13 Định lí. (Định lí Blaschke về hình cầu) Giả sử F 6= ∅ là tập concủa K = K(X) thoả mãn các điều kiện sau:a) F đóng trong (K, δ)b) F ổn định đối với phép đối xứng hoá theo Steiner tại một điểm a nàođó của X, tức là đối với mỗi một siêu phẳng H đi qua a thì stH(K) ∈ Fvới mọi tập con compact K ∈ F .Thế thì hoặc a ∈ F hoặc B(a, r) ∈ F với r > 0 nào đó.

Chứng minh. Đặt

r = infs | ∃F ∈ F sao choB(a, s) ⊃ F.

Xét họ F ′ = Ka,r+1(X) ∩ F . Thế thì F ′ là compact. Do đó ∃F ∈ F ′ saocho F ⊂ B(a, r). Nếu r = 0 thì F = a.

Xét r > 0. Ta chứng tỏ rằng F = B(a, r). Thực vậy, ta xét hai bước.

Bước 1. Ta chứng tỏ F ⊃ S(a, r) = S.Giả sử ngược lại. Thế thì ∃b ∈ S(a, r),∃ε > 0 sao cho

B(b, ε) ∩ F = ∅.

Ta sẽ xây dựng tập con compact Fn ∈ F sao cho Fn ⊂ B(a, r) vàFn ∩ S = ∅. Điều này cho ta mâu thuẫn với định nghĩa số r. Thật vậy,bằng quy nạp ta xây dựng các điểm bi ∈ S sao cho

i) b1 = b,ii) B(bi, ε) ∩B(bi+1, ε) ∩ S 6= ∅, ∀i ≥ 1.Rõ ràng rằng một số hữu hạn các hình cầu trên sẽ phủ mặt cầu S :

S ⊂n⋃i=1

B(bi, ε).


Gọi Hi là mặt phẳng trung trực của cặp điểm b và bi. Ta định nghĩabằng quy nạp các tập compact Fi như sau:

i) F1 = F,ii) Fi = stHi(Fi−1), ∀ 2 ≤ i ≤ n.

Theo Bổ đề 4.1.12, ta chứng minh quy nạp được rằng Fk∩∪ki=1B(bi, ε), k =1, 2, · · · , n. Do đó Fn ∩ S = ∅. Từ cách xây dựng Fn ta có Fn ∈ F và takết thúc Bước 1.

Bước 2. Ta chứng tỏ F = B(a, r). Giả sử ngược lại. Thế thì ∃x ∈B(a, r)\F. Xét một đường thẳng D tuỳ ý đi qua x, siêu phẳng H vuônggóc với D và đi qua a. Vì x 6∈ F nên độ dài D ∩ F nhỏ hơn thực sự độdài của D ∩ B(a, r). Do đó stH(F ) không chứa toàn bộ mặt cầu S. Tanhận được mâu thuẫn.

4.1.14 Hệ quả. (Bất đẳng thức Bieberbach) Giả sử X là không gianEuclid n chiều. Khi đó, với mỗi tập compact K trong X ta có

vol(K) ≤ 1

2nβ(n)(diam(K))n,

ở đó β(n) = vol(Bn(0, 1)).

Chứng minh.

• Nếu vol(K) = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

• Xét vol(K) > 0.

Đặt

F = G ∈ K(X) : vol(G) ≥ vol(K) và diam(G) ≤ diam(K).

Xét điểm a ∈ X. Theo Mệnh đề 4.1.8, Tính chất 4.1.11 và Định lýBlaschke về hình cầu 4.1.13, ta có a ∈ F hoặc B(a, r) ∈ F với r > 0nào đó. Nhưng trường hợp thứ nhất không xảy ra vì vol(K) > 0. Trongtrường hợp thứ hai

vol(B(a, r)) = β(n) · rn ≥ vol(K)

vàdiam(B(a, r)) = 2r ≤ diam(K),

và ta suy ra điều phải chứng minh.


4.1.15 Mệnh đề. Nếu S là tập hợp lồi thì stH(S) cũng là tập hợp lồi.

Chứng minh. Giả sử rằng x, x′ ∈ stH(S);D và D′ là những đường thẳngvuông góc vớiH và tương ứng đi qua x và x′; [u, v] = stH(S)∩D, [u′, v′] =stH(S)∩D′. Theo cách dựng hình và do S là tập hợp lồi cho nên nhữngđường thẳng D và D′ sẽ cắt S theo hai đoạn thẳng [a, b] và [a′, b′] vàhai đoạn đó sẽ sinh ra hai đoạn tương ứng [u, v] và [u′, v′]. Ngoài ra, tồntại biến đổi affine f của mặt phẳng đi qua D và D′ sao cho a 7→ u, b 7→v, a′ 7→ u′, b′ 7→ v′. Ta thấy f giữ nguyên độ dài của các đoạn thẳng vuônggóc với H. Vì thế, nếu gọi T là một hình thang với bốn đỉnh là a, b, a′, b′

thì f(T ) là một hình thang với các đỉnh là u, v, u′, v′. Nhưng T ⊂ S vì Slà một tập hợp lồi, cho nên f(T ) ⊂ stH(S) và [x, x′] ∈ stH(S).

Tiêu chuẩn cho tính lồi

Ta nêu lên một tính chất rất đơn giản nhưng hữu ích của tập hợp lồi.

4.1.16 Mệnh đề. Giả sử rằng S là tập hợp con lồi của không gian affineEuclid X và x ∈ X. Khi đó tồn tại nhiều nhất một điểm y ∈ S sao chod(x, y) = d(x, S).

Mệnh đề trên được suy ra từ bổ đề sau (Bạn đọc hãy tự chứng minhbổ đề này!).

4.1.17 Bổ đề. Giả sử S ⊂ X là tập hợp lồi và các điểm x ∈ X, y ∈ Sthỏa mãn x 6= y và d(x, S) = d(x, y). Gọi H là siêu phẳng đi qua y và


trực giao với −→xy. Thế thì nửa không gian đóng xác định bởi siêu phẳng Hvà không chứa x thì sẽ chứa S. Hơn nữa, khẳng định trên vẫn đúng nếuS là tập sao đối với y.

4.1.18 Định lí. (Định lý Motzkin) Giả sử S là tập hợp con đóng khôngrỗng của không gian affine Euclid X sao cho ∀x ∈ X, tồn tại một điểmduy nhất y ∈ S sao cho d(x, y) = d(x, S). Khi đó S là tập hợp lồi.

Bao lồi.

4.1.19 Định nghĩa. Giả sử A là tập con bất kì của không gian affineX. Khi đó, giao của tất cả các tập con lồi của X chứa A là tập hợp lồibé nhất chứa A và gọi là bao lồi của A, ký hiệu là E(A).

4.1.20 Mệnh đề. Giả sử A là tập hợp con trong không gian X. Khi đóbao lồi E(A) của nó được cho bởi

E(A) =

∑i∈I

λixi : xi ∈ A, λi ≥ 0,∑i

λi = 1

,

ở đó I là tập bất kỳ, λi = 0 đối với hầu hết i ∈ I trừ hữu hạn chỉ số.

4.1.21 Định lí. (Định lý Caratheodory) Đối với một tập hợp con bất kỳA trong không gian affine X chiều k ta có:

E(A) =

k+1

Σi=1

λixi : xi ∈ A, λi ≥ 0,k+1∑i=1

λi = 1

.

Chứng minh. Đặt x =l

Σi=1

λixi, trong đó l > k+ 1. Ta có thể xem X như

không gian véctơ với dimX = k. Vì l > k+1 nên tồn tại αi (i = 1, · · · , l)không đồng thời bằng 0 sao cho

l

Σi=1

αixi = 0,l

Σi=1

αi = 0.

Giả sử Θ = τ ∈ R| ταi + λi ≥ 0, ∀i = 1, 2, · · · , l . Tập hợp này làtập hợp đóng (vì nó được xác định bằng số hữu hạn bất đẳng thức khôngchặt) trong R và cũng là tập hợp không rỗng vì 0 ∈ Θ và Θ 6= R vì cácαi không đồng thời bằng không. Giả sử rằng τ là một điểm trên biên củaΘ và j là chỉ số tương ứng của nó sao cho ταj + λj = 0. Khi đó, ta có

x =l

Σi=1

λixi + τ

l

Σi=1

αixi

=

l

Σi=1

(λi + ταi)xi = Σi 6=j

(λi + ταi)xi


Vì Σi 6=i

(λi + ταi)xi = 1 nên ta có thể coi x là tâm tỷ cự của l− 1 véctơ với

trọng số dương.

4.1.22 Hệ quả. Nếu A là tập hợp compact thì E(A) cũng compact.

Chứng minh. Giả sử rằng

K =

(λ1, λ2, · · · , λk+1) ∈ Rk+1 : λi ≥ 0, ∀i,

k+1

Σi=1

λi = 1

.

Khi đó, K là một tập hợp compact trong Rk+1 và E(A) là ảnh của tậphợp K × Ak+1 ⊂ Rk+1 ×Xk+1 qua ánh xạ liên tục

(λ1, · · · , λk+1, x1, · · · , xk+1) 7→k+1

Σi=1

λixi.

Ta dễ dàng chứng minh mệnh đề sau.

4.1.23 Mệnh đề. Nếu A bị chặn thì diam(E(A)) = diam(A) và do đóE(A) cũng bị chặn.

4.2 Chiều và tôpô của tập hợp lồi

Trước hết, ta có mệnh đề sau.

4.2.1 Mệnh đề. Nếu S là lồi thì S cũng là lồi.

Chứng minh. Vì S là lồi nên U(S, ε) cũng là lồi. Ta lại có S = ∩ε>0U(S, ε)nên S cũng là lồi.

4.2.2 Mệnh đề và Định nghĩa. Giao của tất cả các tập lồi đóng chứaA gọi là bao lồi đóng của tập hợp A. Bao lồi đóng của tập hợp A chínhlà E(A).

4.2.3 Bổ đề. Giả sử S là lồi, x ∈S (phần trong của S) và y ∈ S. Khi

đó ]x, y[⊂S, trong đó ]x, y[ là khoảng mở.


Chứng minh. Giả sử z ∈]x, y[ và U là lân cận mở nào đó của điểm xtrong S. Chọn một điểm y′ ∈]y, z[. Thế thì lân cận cần tìm của z là ảnhcủa U qua phép vị tự tâm y chuyển x thành z.

4.2.4 Hệ quả. Nếu S là lồi thìS cũng lồi và

S =

S . Ngoài ra, nếu

S 6= ∅ thì S =

S.

4.2.5 Định nghĩa. Chiều của một tập lồi không rỗng S là chiều củakhông gian con affine < S > sinh bởi tập hợp S. Ta ký hiệu là dimS.

4.2.6 Mệnh đề. Đối với tập hợp lồi không rỗng S điều kiện dimS =

dimX tương đương với điều kiệnS 6= ∅.

Chứng minh. NếuS 6= ∅ thì dimS = dimX. Ngược lại, giả sử (xi), i =

1, · · · , k + 1 là một hệ điểm độc lập trong S. Khi đó

x1 + · · ·+ xk+1

k + 1∈S .

4.2.7 Mệnh đề. Nếu S là một tập hợp lồi compact thì S = E(Fr(S)),trong đó Fr(S) là biên của S.

Chứng minh. Giả sử x ∈ S và D là một đường thẳng đi qua điểm x.Khi đó D ∩ S là đoạn thẳng [u, v] chứa x. Vì u, v ∈ Fr(S) nên x ∈E(Fr(S)).


Tôpô của tập hợp lồi

Trong mục này chúng ta tiến hành phân loại đồng phôi các tập hợp lồi.Ngoài ra, chúng ta cũng sẽ phân loại biên của chúng.

4.2.8 Mệnh đề. Giả sử X là không gian affine chiều d và A là tập hợp

con lồi chiều d trong X : dimA = dimX = d. Khi đóA sẽ đồng phôi

với Rd. Đặc biệt, một tập hợp con không rỗng, mở, lồi bất kỳ trong khônggian chiều d thì đồng phôi với Rd.

Chứng minh.

i) Chọn điểm O ∈A. Ta trang bị cho X cấu trúc của không gian véctơ

Euclid sao cho O trở thành véctơ không của không gian véctơ đó. Khôngmất tính tổng quát ta có thể giả sử được mặt cầu đơn vị S là chứa trongA. Với y ∈ S, ký hiệu R(y) là tia với điểm gốc là điểm O và đi qua y.Thế thì R(y) ∩ A là một khoảng mà một trong hai đầu mút của nó làđiểm O. Nếu R(y) đi ra khỏi A thì đầu mút f(y) khác của R(y) ∩ A làđiểm duy nhất của R(y)∩Fr(A). Đặt δ(y) = ||f(y)||. Nếu R(y) ⊂ A thìđặt δ(y) =∞.

ii) Ta sẽ chứng minh rằng hàm δ : S → [0,∞] là liên tục.

Giả sử ngược lại.

Ta xét trường hợp δ(y) < ∞. Giả sử (yn) ⊂ S và limn→∞

yn = y và

limn→∞

δ(yn) 6= δ(y). Điều đó có nghĩa là tồn tại một dãy con mà không giảm

tính tổng quát ta có thể xem nó chính là (yn) sao cho δ(yn) ≤ δ(y)− η,hoặc là δ(yn) ≥ δ(y) + η, trong đó η > 0. Vì O ∈

A nên sẽ tồn tại một

hình cầu mở U(O,α) (α > 0) thuộc A. Thế thì A chứa nón đỉnh f(y)dựng trên mặt cầu S (miền gạch chéo trong hình vẽ). Nhưng khi đó hàm


δ lại là liên tục tại y. Từ đó ta nhận được sự mâu thuẫn trong trườnghợp δ(yn) ≤ δ(y)− η.

Những trường hợp δ(yn) ≥ δ(y) + η và δ(y) = ∞ sẽ được lý luậntương tự.

iii) Để kết thúc chứng minh ta sử dụng khẳng định rằng khoảng [0, a[ (0 <a < ∞) trong R và [0,∞[ là đồng phôi và ánh xạ đồng phôi đó có thểchọn phụ thuộc liên tục vào a. Cụ thể, ta định nghĩa ánh xạ đồng phôi

h :A→ X một cách tường minh như sau:

• h(x) = x nếu x = 0 hoặc x 6= 0 nhưng δ(

x‖x‖

)=∞.

• h(x) =δ(x/ ‖x‖) · ‖x‖δ(x/ ‖x‖)− ‖x‖

· x

‖x‖trong các trường hợp khác.

4.2.9 Hệ quả. Nếu A là một tập hợp lồi bị chặn sao cho dimA =dimX = d thì biên của nó đồng phôi với mặt cầu Sd−1. Nếu A compactthì nó sẽ đồng phôi với hình cầu đóng chiều d. Đặc biệt, nếu d = 2 thìFr(A) là một đường cong đóng đơn.

Nếu tập hợp lồi A có chiều bất kỳ (không nhất thiết phải trùng vớichiều của toàn bộ không gian X) thì chúng ta sẽ sử dụng những lý luậntrên cho không gian con sinh bởi A. Như vậy, chúng ta đã nhận được sựphân loại một cách tổng thể các tập hợp lồi mở và tập hợp lồi compact.Cụ thể, nếu d′ là chiều của tập hợp lồi thì nó sẽ đồng phôi với Rd′ hoặcvới hình cầu đơn vị đóng trong Rd′ tương ứng.

4.2.10 Định lí. Một tập sao mở bất kỳ trong X thì đồng phôi với X.


Chứng minh. Coi X là không gian véctơ trong đó tập hợp A là tập saođối với điểm O. Nếu X = A thì chứng minh là kết thúc. Trong trườnghợp ngược lại, Fr(A) 6= ∅. Xét hàm số sau:

ϕ : A 3 x 7→ ϕ(x) = d(x, Fr(A) ∈ R∗+.

Ta thấy ϕ là liên tục. Xét ánh xạ F : A→ X cho bởi

F (O) = O;

Nếu x 6= O thì F (x) =

( ‖x‖∫0

dt

ϕ(t(x/ ‖x‖))

)x

‖x‖.

Thế thì ánh xạ F là phép đồng phôi cần tìm.

Thực vậy, trước hết ta chứng minh F là liên tục. Dễ thấy tại điểmx 6= O thì ϕ liên tục và do đó F là liên tục. Ta kiểm tra tính liên tụccủa F tại O. Do A mở nên tồn tại ε > 0 và k > 0 sao cho ϕ(x) ≥ k∀x ∈ U(O, ε). Từ đó F liên tục tại 0. Mặt khác, ta có biểu thức sau:

∀y ∈ S :

δ(y)∫0

dt

ϕ(ty)= +∞.

Thật vậy, xét hai trường hợp.

Trường hợp thứ nhất: Giả sử δ(y) = +∞.

Giả sử a là một điểm bất kỳ của Fr(A). Khi đó,

ϕ(ty) = d(ty, Fr(A)) ≤ d(ty, a) ≤ t+ ‖a‖ .

Do đó∞∫

0

dt

ϕ(ty)≥

∞∫0

dt

t+ ‖a‖= +∞.

Trường hợp thứ hai: Giả sử δ(y) = k < +∞.

Khi đó, ϕ(ty) ≤ d(ty, ky) = k − t và ta có

k∫0

dt

ϕ(ty)≥

k∫0

dt

k − t= +∞


Tiếp theo, ta cần chứng minh rằng F là ánh xạ riêng. Vì F là liên tụcvà không gian véctơ có số chiều hữu hạn nên chỉ cần chứng minh nghịchảnh của tập hợp bị chặn bất kỳ trong X là tập hợp bị chặn. Điều đó cóthể rút ra từ những đánh giá ở các phần trên. Cụ thể, trong trường hợpδ(y) = +∞ thì cận là đều theo y, còn trong trường hợp δ(y) < +∞ thìs∫

0

dt

ϕ(ty)sẽ bị chặn dưới bởi một hàm liên tục đều theo y.

4.2.11 Hệ quả. Giả sử X là không gian affine Euclid chiều d, S là mặtcầu đơn vị có tâm O ∈ X và C là hình nón lồi đóng với đỉnh là O. Giảsử tồn tại một điểm y ∈ S ∩ C sao cho −y /∈ S ∩ C. Khi đó S\C đồngphôi với Rd−1.

Chứng minh. Đặt M = S ∩ C và y′ = −y. Đối với nửa đường tròn lớnbất kỳ γ trên S với các đầu mút y, y′ ta có y ∈ γ ∩M, y′ /∈ γ ∩M. Ta cóγ ∩M là lồi vì rằng C là lồi. Do đó γ ∩ (S\M) là cung tròn bán mở [y′, .[của γ. Đặc biệt, nếu ký hiệu σ là phép chiếu nổi từ cực y từ S lên siêuphẳng H tiếp xúc với S tại điểm y′, thì σ(S\M) là tập sao đối với y′ vàlà tập hợp con mở trong H vì rằng C là đóng. Như vậy, hệ quả được rútra từ Định lý trên.

Trong mục trước chúng ta đã phân loại tập hợp lồi mở và tập hợp lồicompact. Vấn đề còn lại là nghiên cứu tập hợp không bị chặn.


4.2.12 Mệnh đề. Giả sử A là tập hợp lồi trong X sao cho dimA =dimX = d và Fr(A) 6= ∅. Khi đó, Fr(A) sẽ đồng phôi với Rd−1, hoặcvới Sd−r−1 × Rr(0 ≤ r ≤ d− 1).

Chứng minh. Ta sử dụng các ký hiệu như trong phép chứng minh củaMệnh đề 4.2.8. Nếu A là bị chặn thì mệnh đề được suy ra ngay từ phầntrên. Trong trường hợp ngược lại, đặt M = y ∈ S : δ(y) =∞. Từ tínhlồi của A ta suy ra rằng C =

⋃y∈M

R(y) là hình nón lồi đóng.

Trường hợp thứ nhất:M ∩ (−M) = ∅, có nghĩa là M không chứa mộtcặp điểm đối cực nào, hay một cách tương đương, A không chứa mộtđường thẳng nào đi qua điểm O.

Theo Hệ quả 4.2.11 ta có Fr(A) đồng phôi với S\M và do đó đồngphôi với Rd−1.

Trường hợp thứ hai: Tồn tại y ∈ M sao cho −y ∈ M, có nghĩa làA ⊃ D, trong đó D là đường thẳng affine đi qua O và y.

Giả sử V là không gian con affine với chiều cực đại r được chứa trongA. Dễ dàng nhận thấy rằng r ≤ d − 1 vì trong trường hợp ngược lạiFrA = ∅ do A = X.


Giả sử W là phần bù trực giao đối với V . Khi đó, W là không giancon affine chiều d − r và W ∩ A = B là tập hợp lồi trong W . Giả sửx ∈ B; lấy điểm y ∈ V và di chuyển điểm đó tới ∞ trong V theo mọihướng có thể. Vì [x, y] ⊂ A và V ⊂ A nên quá trình chuyển qua giới hạnchỉ ra rằng A chứa không gian con affine Vx song song với V và đi quađiểm x. Từ đó suy ra A ⊃ V ×B. Lập luận tương tự ta có A ⊂ V ×B.

Vì FrV = ∅ nên

FrA = FrA = Fr(V ×B) = V × FrB = V × FrB.

Đến đây ta trở lại Trường hợp 1 vì từ tính cực đại của V ta suy ra rằngB đã thỏa mãn trường hợp thứ nhất.

Chú ý. Theo định nghĩa, đường cong lồi trên mặt phẳng Euclid X làbiên của tập hợp lồi hai chiều trong X. Mệnh đề 4.2.12 chỉ ra rằng đườngcong lồi là đồng phôi hoặc với đường tròn S1 hoặc với đường thẳng R1.

Mặt lồi trong không gian Euclid ba chiều theo định nghĩa đó là tậpliên thông, đồng thời là biên của tập hợp lồi ba chiều trong không gianđó. Theo Mệnh đề 4.2.12, mặt đó luôn luôn đồng phôi với R2 hoặc vớiS1 ×R (hình trụ) hoặc với S2.


4.3 Tập hợp lồi và siêu phẳng. Các định lý

phân tách

Các kết quả chính của mục này đều là những định lý quen thuộc trongGiải tích hàm. Bạn đọc có thể tham khảo các tài liệu về Giải tích hàm đểbiết cách chứng minh (Tốt nhất là bạn đọc nên tự chứng minh chúng!).

4.3.1 Định lí. (Định lý Hahn-Banach) Giả sử X là không gian affine, Alà tập hợp con lồi mở không rỗng trong X và L là không gian con affinetrong X sao cho A ∩ L = ∅. Khi đó trong X sẽ tồn tại một siêu phẳngchứa L và không giao với A.

4.3.2 Định nghĩa. Giả sử X là không gian affine, A và B là hai tậphợp con trong X, H là siêu phẳng. Ta nói rằng H phân tách (phân táchthực sự) A và B nếu A nằm trong nửa không gian này thì B nằm trongnửa không gian còn lại (những nửa không gian mở tương ứng) sinh bởiH.

4.3.3 Hệ quả. Giả sử rằng trong không gian affine X có hai tập hợp lồikhông rỗng A và B, trong đó A là mở và A ∩ B = ∅. Khi đó sẽ tồn tạimột siêu phẳng phân tách A và B.

4.3.4 Hệ quả. Giả sử trong không gian affine có hai tập hợp lồi, mở,không rỗng và không giao nhau. Khi đó sẽ tồn tại một siêu phẳng phântách thực sự hai tập hợp trên.

4.3.5 Hệ quả. Nếu A,B là hai tập hợp lồi, trong đó A đóng và khôngrỗng còn B là compact và A ∩B = ∅ thì sẽ tồn tại một siêu phẳng phântách thực sự hai tập hợp trên.

4.3.6 Hệ quả. Nếu A,C là hai tập hợp lồi đóng không rỗng và khônggiao nhau thì sẽ tồn tại một siêu phẳng phân tách hai tập hợp trên.

Chứng minh. Ta đưa vào không gian affine một cấu trúc Euclid. Giả sửa ∈ A; xét các hình cầu đóng B(a, n), n ∈ N. Theo giả thiết hai tập hợplồi A∩B(a, n) và C thoả mãn các điều kiện của Hệ quả 4.3.5 với mọi n.Giả sử Hn là siêu phẳng phân tách hai tập hợp trên. Ta chỉ cần chứngminh rằng từ dãy siêu phẳng Hn có thể trích ra được dãy con hội tụ đếnmột siêu phẳng nào đó. Thật vậy, vì không gian xạ ảnh các đường thẳngđi qua điểm a là compact nên đầu tiên chúng ta có thể tìm trong dãy Hn


một dãy con với hướng trực chuẩn hội tụ. Không mất tính tổng quát tacó thể giả sử rằng các hướng trực chuẩn với Hn là hội tụ. Gọi c ∈ C làmột điểm bất kỳ. Vì [a, c] là compact nên từ dãy điểm trong Hn ∩ [a, c]ta có thể chọn ra dãy con hội tụ. Thế thì dãy siêu phẳng tương ứng làhội tụ.

4.3.7 Định nghĩa. Giả sử A là tập hợp con của không gian véctơ EuclidX. Khi đó A∗ = y ∈ X : (x|y) ≤ 1, ∀x ∈ A được gọi là tập cực của A.

Dễ thấy rằng nếu A là tập lồi thì A∗ cũng là tập lồi.

4.3.8 Mệnh đề. Giả sử X là một không gian véctơ Euclid với điểm gốcO. Khi đó

(i) Nếu A là bị chặn thì O ∈ (A∗)o; nếu O ∈A thì A∗ là bị chặn.

(ii) Nếu A là một tập lồi đóng chứa O thì A∗∗ = A.


Chứng minh. Giả sử A ⊂ B(0, r) đối với r > 0 nào đó. Thế thì A∗ ⊃(B(0, r))∗ = B(0, r−1). Tương tự như vậy, nếu tồn tại r > 0 sao choB(0, r) ⊂ A thì A∗ ⊂ (B(0, r))∗ = B(0, r−1).

Bây giờ, giả sử rằng A là một tập lồi đóng chứa O. Thế thì A ⊂ A∗∗.Giả sử a /∈ A; theo Hệ quả 4.3.5 sẽ tồn tại siêu phẳng H phân tách thựcsự A và a, đặc biệt là O /∈ H. Giả sử h là một cực của H, có nghĩa làH = z ∈ X : (z|h) = 1. Khi đó (a|h) > 1 và (x|h) ≤ 1 ∀x ∈ A. Vì thếa /∈ A∗∗ và do đó A∗∗ ⊂ A.

Siêu phẳng tựa và ứng dụng.

Trường hợp quan trọng của sự phân tách là trường hợp khi A lồi vàB = x, x 6∈ A. Trường hợp này sẽ đưa chúng ta đến định nghĩa sau.

4.3.9 Định nghĩa. Giả sử A là một tập con của không gian affine Xnào đó. Siêu phẳng H được gọi là siêu phẳng tựa đối với A tại điểmx ∈ A nếu H chứa điểm x và phân tách hai tập x và A.

Dễ thấy nếu H là siêu phẳng tựa đối với tập lồi A thì H ∩A = ∅.

Ngoài ra, nếu H là siêu phẳng tựa tại điểm x ∈ A thì x ∈ Fr(A). Mặtkhác, từ Định lý 4.3.1 ta có mệnh đề sau.

4.3.10 Mệnh đề. Giả sử A là một tập hợp lồi đóng. Khi đó A có siêuphẳng tựa tại mỗi điểm biên của nó.

4.3.11 Mệnh đề. Giả sử X là một không gian véctơ Euclid với điểm

gốc O,A là một tập lồi đóng trong X sao cho O ∈A. Khi đó, tập hợp các

siêu phẳng cực của các điểm thuộc Fr(A) trùng với tập các siêu phẳngtựa của A∗. Ngoài ra, nếu x ∈ Fr(A) có siêu phẳng cực H thì tập cácđiểm của Fr(A∗) mà tại đó H là tựa đối với A∗ sẽ trùng với tập các cựccủa tất cả các siêu phẳng tựa đối với A tại điểm x.

Chứng minh. Giả sử x ∈ FrA. Ta có A∗ được chứa trong nửa không gianxác định bởi siêu phẳng cực H của x. Tương tự, nếu T là siêu phẳng tựađối với A tại x với cực p thì p ∈ H. Ngoài ra, p ∈ A∗ vì A∗∗ = A; A nằmtrong nửa không gian xác định bởi H và chứa O. Vì vậy, H là siêu phẳngtựa đối với A∗ tại p. Vì A∗∗ = A nên bằng cách này ta nhận được tất cảcác siêu phẳng tựa đối với A∗.


Ta nêu thêm một tiêu chuẩn nữa cho tính lồi ngoài ba tiêu chuẩn đãnêu ở mục trước.

4.3.12 Mệnh đề. Giả sử A là một một tập hợp đóng với phần trongkhông rỗng. Nếu ở mỗi điểm biên đều tồn tại siêu phẳng tựa thì A lồi.

Chứng minh. Thực vậy, ta giả sử ngược lại. Lấy x ∈A và giả sử tồn tại

y, z ∈ A và t ∈ [y, z] sao cho t /∈ A. Vì x ∈A và t /∈ A nên đoạn thẳng

[x, t] cắt Fr(A) ít nhất tại một điểm u ∈]x, t[. Giả sử H là siêu phẳngtựa đối với A tại điểm u. Qua ba điểm x, y, z ta vẽ một mặt phẳng affine.Khi đó H sẽ cắt mặt phẳng này theo một đường thẳng đi qua u. Nhưngmột đường thẳng bất kỳ đi qua điểm bên trong u của tam giác x, y, zsẽ phân tách thực sự hoặc là x và y hoặc là x và z. Điều này là mâuthuẫn.


Chú ý rằng điều kiện "phần trong không rỗng" là không thể bỏ được.

4.3.13 Mệnh đề. Giả sử A là một tập hợp lồi đóng. Khi đó A chính làgiao của tất cả các nửa không gian đóng chứa nó.

Chứng minh. Thực vậy, giả sử E ′(A) là giao nói trên. Đó là một tập đónglồi chứa A. Giả sử rằng tồn tại một điểm x ∈ E ′(A)\A. Sử dụng Hệ quả4.3.5 với A và B = x ta sẽ nhận được sự mâu thuẫn.

4.3.14 Mệnh đề. Giả sử A là tập compact trong X, V là một siêu phẳngchỉ phương nào đó trong X. Khi đó, tồn tại ít nhất là một siêu phẳngtựa đối với A mà song song với V .

Chứng minh. Thực vậy, giả sử p : X → X/V là phép chiếu của X lênkhông gian thương. Thế thì p(A) là một tập hợp compact trên đườngthẳng affine X/V . Nếu α và β là hai điểm biên của p(A) (có thể hai điểmđó trùng nhau) thì p−1(α) và p−1(β) là những siêu phẳng song song vớiV và là tựa tại tất cả các điểm của p−1(α) ∩ A hoặc p−1(β) ∩ A.

Nhận xét: Phép chứng minh trên chỉ ra rằng nếuA 6= ∅ thì sẽ tồn tại

ít nhất hai siêu phẳng. Ngược lại, nếu A đóng nhưng không compac thìnhững siêu phẳng như vậy có thể không có. Ngoài ra, nếu X là Euclidthì X/V sẽ có cấu trúc Euclid tự nhiên và chiều dài (có nghĩa là đườngkính) của tập compact p(A) gọi là chiều rộng của A theo phương ξ = V ⊥

và được ký hiệu là largξA. Tập hợp lồi có bề rộng không đổi là đối tượngcủa nhiều nghiên cứu, kể cả khi chiều của nó là d = 2.

Trong không gian Euclid, khái niệm lồi cho phép xác định một cáchchính xác "hình cầu bé nhất chứa một tập compact cho trước".

4.3.15 Định lí. (Định lý Jung) Giả sử A là compact trong không gianaffine Euclid X chiều d. Khi đó, A được chứa trong một hình cầu duynhất có bán kính bé nhất. Ngoài ra, nếu x là tâm và r là bán kính củahình cầu đó thì

(i) x ∈ E (A ∩ S(x, r)) ,

(ii) r ≤√

d

2(d+ 1)diam(A).

Hơn nữa, đánh giá trên là tốt nhất có thể.


Chứng minh. Đối với t ≥ 0 bất kỳ, đặt Yt = y ∈ X : B(y, t) ⊃ A. Vìrằng A là bị chặn nên T = t ∈ R : Yt 6= ∅ 6= ∅. Dễ thấy, nếu t ≤ t′ thìYt ⊂ Yt′ và Yt là compact. Vì dãy giảm các tập compact có giao khôngrỗng nên Yr =

⋂t>r

Yt 6= ∅, trong đó r = inf T . Nếu x, y ∈ Yr và x 6= y thì

√r2 − xy2

4< r và

√r2 − xy2

4∈ T.

Suy ra Yr = x. Ta nhận được mâu thuẫn.

Ta còn phải chứng minh (i) và (ii). Để thực hiện được điều đó, ta xemX như không gian véctơ (với điểm gốc x). Giả sử u ∈ S(x, 1) và ε > 0bất kỳ. Theo định nghĩa x và r, tồn tại a ∈ A sao cho

d(x, a) ≤ r < d(a, εu).

Vì A là compact nên đối với mỗi điểm u ∈ S(x, 1), sau khi chuyển quagiới hạn khi ε→ 0, ta sẽ tìm được a ∈ A sao cho (a|u) ≤ 0 và d(x, a) = r.Điều đó sẽ đưa đến kết luận (i). Thật vậy, nếu x /∈ E(A∩S(x, r)) thì theoHệ quả 4.3.5 sẽ tồn tại siêu phẳng H phân tách thực sự x và A∩S(x, r).Nhưng điều đó sẽ mâu thuẫn với kết quả trên khi áp dụng đồng thời đốivới hai véctơ u và −u:

u ∪ −u = S(x, 1) ∩H⊥.

Để chứng minh (ii) chúng ta áp dụng Định lý Caratheodory. Ta có:

x =d+1∑i=1

λiai, λi ≥ 0,d+1∑i=1

λi = 1, (ai)i=1,··· ,d+1 ⊂ S(x, r) ∩ A


Đặc biệt, d(ai, aj) ≤ δ = diam(A) đối với tất cả i 6= j. Cố định chỉ số inào đó, ta có thể viết 1−

∑j 6=i

λj = λi. Từ đó rút ra

(1− λi)δ2 ≥∑j 6=i

λid2(ai, aj) =

∑j

λjd2(ai, aj)

vì rằng d(ai, ai) = 0. Nhưng

d2(ai, aj) = ‖ai‖2 + ‖aj‖2 − 2(ai|aj) ≥ 2r2 − 2(ai|aj),

từ đó ta có

(1− λi)δ2 ≥

(∑j

λj

)2r2 − 2

(ai|∑j

λjaj

)= 2r2 − 2(ai|x) = 2r2

(vì rằng x = 0 là gốc toạ độ của không gian véctơ X). Cộng theo i từ 1đến d+ 1, ta nhận được∑

i

(1− λi)δ2 = dδ2 ≥ 2(d+ 1)r2.

Vậy (i) đã được chứng minh. Ngoài ra, đẳng thức chỉ có thể có được khid(ai, aj) = δ đối với tất cả i 6= j. Điều đó xảy ra đối với đơn hình đều

Sd = (λ1, · · · , λd+1 ) ∈ Rd+1 : λi ≥ 0,∀i,∑i

λi = 1

xét trong siêu phẳng chiều d cho bởi phương trình∑i

λi = 1 trong Rd+1.

4.4 Biên của tập lồi

Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu sâu hơn về điểm biên của tập hợp lồi.

4.4.1 Định nghĩa. Giả sử A là một tập hợp lồi đóng trong không gianaffine X chiều d và x ∈ Fr(A). Người ta nói rằng x là điểm cấp α nếugiao của tất cả các siêu phẳng tựa đối với A tại điểm x là không giancon affine có chiều là α. Điểm x gọi là đỉnh của A nếu cấp của nó α = 0;ngược lại, nếu α = d− 1 (có nghĩa là siêu phẳng tựa tại x là duy nhất)thì người ta nói rằng tập hợp A là nhẵn tại điểm x.


4.4.2 Mệnh đề. Tập hợp lồi có số đỉnh không quá đếm được.

Chứng minh. Trang bị cho X cấu trúc không gian véctơ Euclid. Đối vớix ∈ Fr(A), giả sử CNx là nón chuẩn tắc đối với A tại x. Hình nón đóđược xác định như sau: CNx là hợp của các tia với đỉnh x, mỗi tia đótrực giao với siêu phẳng tựa đối với A tại x và được vẽ về phía ngoài củasiêu phẳng nơi không chứa A. Hay nói cách khác

CNx = y ∈ X : (−→xy|−→xz) ≤ 0,∀z ∈ A .

Nếu A là nhẵn tại điểm x thì nón CNx chỉ gồm một tia duy nhất. Mặt

khác, khẳng định x là đỉnh tương đương với điều là

CNx 6= ∅. Nếux, y ∈ FrA, x 6= y thì các nón CNx, CNy là không giao nhau. Thực vậy,

giả sử tồn tại điểm z ∈ CNx ∩ CNy. Theo giả thiết ta có(→xw | →xz

)≤ 0

với mọi w ∈ A. Do đó(→xy | →xz

)≤ 0. Tương tự, ta có

(→yx | →yz

)≤ 0. Suy

ra tam giác xyz có các góc không nhọn tại các đỉnh x và y. Điều đó làmâu thuẫn với định nghĩa. Vì chỉ có đếm được các tập mở rời nhau trongX nên mệnh đề được chứng minh.

4.4.3 Định nghĩa. Giả sử A là lồi, x ∈ Fr(A). Điểm x gọi là điểm xuấtphát nếu tồn tại siêu phẳng H tựa tại x thoả mãn H ∩ A = x. Điểm

x gọi là điểm cực biên nếu từ x =y + z

2, trong đó y, z ∈ A ta có y = z.

Tập hợp lồi được gọi là tập lồi thực sự, nếu tất cả các điểm biên của nólà điểm xuất phát.

Nhận xét:• Đỉnh luôn luôn là một điểm cực biên, nhưng ngược lại thì không đúng.


Thực vậy, nếu một đỉnh x không là điểm cực biên thì nó nằm ở phầntrong của một đoạn thẳng [y, z] nào đó thuộc tập lồi. Khi đó mọi siêuphẳng tựa của A tại x luôn chứa đường thẳng qua y, z. Đây là mâu thuẫn.• Điểm xuất phát luôn luôn là điểm cực biên nhưng ngược lại thì khôngđúng. Điểm xuất phát cũng là điểm biên.• Tập hợp các điểm cực biên của một tập compact không nhất thiết làđóng. Nhưng nó là đóng nếu d = 2.

Thực vậy, giả sử d = 2 và dãy điểm cực biên xn tiến đến x ∈ Fr(A).Giả sử x nằm ở phần trong của một đoạn thẳng [y, z] nào đó thuộc tậplồi. Khi đó [y, z] ⊂ Fr(A), suy ra xn thuộc phần trong tương đối của[y, z]. Đây là mâu thuẫn.• Giả sử x ∈ Fr(A). Thế thì x là điểm cực biên khi và chỉ khi tập hợpA\x là tập lồi.

4.4.4 Định lí. (Định lý Krein-Milman) Tập hợp lồi compact trùng vớibao lồi của các điểm cực biên của nó.

Chứng minh. Ta ký hiệu tập hợp các điểm cực biên của tập hợp lồi A làExtr(A). Dễ dàng rút ra rằng

Extr(A ∩H) = (Extr(A)) ∩H,

đối với bất kỳ siêu phẳng H là tựa đối với A.

Ta chứng minh Định lý 4.4.4 bằng phương pháp quy nạp theo chiềud của không gian X.

Với d = 1 thì dễ thấy định lý là đúng.

Giả sử định lý đúng đến chiều d − 1, ta chứng minh nó đúng đếnchiều d. Để chứng minh khẳng định A = E(Extr(A)) ta chỉ cần chứngtỏ bao hàm thức Fr(A) ⊂ E(Extr(A)). Thật vậy, giả sử x ∈ Fr(A) vàH là siêu phẳng tựa đối với A tại x. Khi đó A∩H là lồi trong H và theogiả thiết quy nạp thì

x ∈ H ∩ A = E(Extr(A ∩H)) = E(Extr(A) ∩H)

= E(Extr(A)) ∩H ⊂ E(Extr(A)).


4.5 Định lý Helly và ứng dụng

Định lý sau đây được E. Helly phát biểu vào năm 1921 và sau đó đượcnhà toán học M. Krasnosenskii chứng minh vào năm 1946.

4.5.1 Định lí. (Định lý Helly) Giả sử X là một không gian affine chiềud và F là một họ các tập hợp lồi trong X với #F > d + 1. Giả sử rằngF thoả mãn hai điều kiện sau:

(i) d+ 1 phần tử bất kỳ của F có giao không rỗng;

(ii) Hoặc tất cả các phần tử của F là compact, hoặc họ F là hữu hạn.

Khi đó giao của tất cả tập hợp thuộc họ F là không rỗng.

Chứng minh.

Trường hợp thứ nhất: Họ F là hữu hạn và tất cả các phần tử của nólà compact.

Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp #F = d+ 2.

Ta chứng minh bằng cách tiến hành quy nạp theo d = dimX.

Với d = 0 định lý là tầm thường.

Giả sử F = C1, ..., Cd+2. Giả sử ngược lại:d+2⋂i=1

Ci = ∅. Khi đó, với

đánh số thứ tự tương ứng ta có

A = C1 ∩ · · · ∩ Cd+1 6= ∅ và A ∩ Cd+2 = ∅.

Giả sử H là siêu phẳng phân tách thực sự A và Cd+2. Xét d + 1 tậpcon H ∩ C1, · · · , H ∩ Cd+1 trong H; chúng thoả mãn điều kiện (i) trongchiều d−1 vì d tập con bất kỳ trong họ C1, · · · , Cd+1 có giao không rỗngvới với A (hiển nhiên), với Cd+2 (theo điều kiện (i) đối với họ F) và dođó với H (do tính lồi). Theo giả thiết quy nạp, H ∩C1 ∩ · · · ∩Cd+1 = ∅.Điều đó mâu thuẫn với việc chọn H.

Trường hợp thứ hai: F không nhất thiết phải là hữu hạn, nhưng tấtcả các phần tử của nó là compact.

Theo Trường hợp 1, một họ con hữu hạn bất kỳ của F có giao khôngrỗng. Từ lý thuyết tôpô đại cương, ta biết rằng khi đó F cũng có giao


không rỗng. Thực vậy, giả sử giao là rỗng. Ta có thể giả sử rằng ∀x ∈F1, ∃Fx ∈ F sao cho x /∈ Fx. Thế thì tồn tại lân cận mở Ux của x saocho Ux ∩ Fx = ∅. Do tính compact nên F1 có thể phủ bởi các lân cậnUx1 , · · · , Uxn , và điều đó mâu thuẫn với khẳng định F1∩Fx1∩· · ·∩Fxn 6= ∅.

Trường hợp thứ ba: Các thành phần của F không nhất thiết phải làcompact, nhưng họ F là hữu hạn.

Cũng như trong trường hợp thứ nhất, ta chỉ cần chứng minh chotrường hợp #F = d + 2. Giả sử F = C1, · · · , Cd+2 là một họ sao chogiao của d+1 tập bất kỳ từ họ này là không rỗng. Chúng ta dựng nhữngtập compact Ki ⊂ Ci sao cho giao của d+ 1 tập compac bất kỳ trong họđó là không rỗng. Thế thì định lý Helly sẽ được rút ra từ Trường hợp 1.

Tập compact K1 được dựng như sau:

Theo giả thiết, tồn tại pi ∈⋂j 6=i

Cj (i = 2, · · · , d+ 2).

Đặt K1 = E(p2, · · · , pd+2). Khi đó K1 ⊂ C1 và họ K1, C2, · · · , Cd+2cũng thoả mãn điều kiện (i) vì K1 ∩

⋂j≥2, j 6=i

Cj 3 pi đối với bất kỳ i =

2, · · · , d+ 2. Tương tự như trên, ta dựng K2

4.5.2 Hệ quả. Giả sử trên mặt phẳng affine X có họ F hữu hạn cácđoạn thẳng song song, cứ mỗi ba đoạn thẳng trong chúng thì có một cáttuyến chung. Khi đó, tất cả họ F có một cát tuyến chung.

Chứng minh. Trong trường hợp có hai đoạn thẳng nằm trên một đườngthẳng thì tất cả các đoạn thẳng trong họ F đều nằm trên đường thẳngđó. Và hệ quả được dễ dàng chứng minh.


Bây giờ giả sử rằng không có hai đoạn thẳng nào nằm trên cùng mộtđường thẳng. Chọn trong X một hệ trục toạ độ sao cho trục Oy songsong với các đoạn thẳng của chúng ta. Đối với mỗi đoạn thẳng S ∈ F ,đặt S ′ = (α, β) ∈ R2 : đường thẳng y = αx + β cắt S. Có thể dễdàng kiểm tra S ′ là lồi trong R2. Theo giả thiết, ba tập hợp S ′ bất kỳcó giao không rỗng. Từ đó suy ra những tập hợp đó có một điểm chung(α, β) ∈ R2; nhưng khi đó đường thẳng y = αx + β cắt tất cả các đoạnthẳng S từ F .

4.5.3 Hệ quả. Đối với một tập hợp lồi compact A trong không gianaffine X chiều d tồn tại ít nhất một điểm z ∈ A sao cho dây cung bất kỳ[u, v] của tập hợp A mà đi qua z thì thoả mãn điều kiện

1

d≤ zu

vz≤ d.

Chứng minh. Để chứng minh hệ quả này chúng ta xét đối với mỗi điểmx ∈ A, tập hợp

Ax =1

d+ 1x+

d

d+ 1A,

đó chính là ảnh của tập hợp A qua phép vị tự Vdd+1x tâm x tỷ số d

d+1.

Họ Axx∈A thoả mãn các điều kiện của định lý Helly với các tập hợpcompact Ax. Thật vậy, giả sử ta có xii=1,··· ,d+1 ⊂ A và gọi y là trọngtâm của các điểm đó:

y =1

d+ 1

∑i

xi.

Khi đó, với mỗi i = 1, · · · , d+ 1, ta có

y =1

d+ 1xi +

d

d+ 1

[∑j 6=i

(1

dxj

)]∈ Axi ,

bởi vì A là tập hợp lồi. Do đó y ∈ ∩d+1i=1Axi .


Bây giờ giả sử z ∈⋂x∈A

Ax và [u, v] là dây cung đi qua z. Từ điều kiện

z ∈ Au suy ra z ∈ Vdd+1u ([u, v]), có nghĩa là

uz

uv≤ d

(d+ 1). Do đó ta có

zu

vz≤ d. Thay đổi vị trí của u và v, chúng ta sẽ nhận được bất đẳng thức

cần chứng minh.

4.5.4 Hệ quả. (Định lý Krasnosenskii) Giả sử A là một tập hợp compacttrong không gian affine Euclid chiều d. Giả sử rằng với mỗi bộ điểmxii=1,··· ,d+1 ⊂ A tồn tại y ∈ X để [xi, y] ⊂ A ∀i = 1, · · · , d + 1. Thếthì A là tập sao.

Chứng minh. Ý tưởng chính ở đây là: Với mỗi điểm x ∈ X ta xét tậpsao cực đại Vx ⊂ A tâm x chứa trong A, có nghĩa là:

Vx = y ∈ A : [x, y] ⊂ A

Tập hợp Vx là compact, bởi vậy bao lồi E(Vx) của nó cũng compact.Theo điều kiện, d + 1 tập hợp tùy ý có dạng Vx có giao không rỗng. Tacũng có khẳng định tương tự đối với E(Vx). Như vậy theo định lý Hellytồn tại y ∈

⋂x∈AE(Vx). Ta sẽ chứng minh rằng A là tập sao đối với y.

Giả sử ngược lại, tồn tại x ∈ A sao cho [x, y] 6⊂ A. Ta trang bị choX cấu trúc của không gian Euclid . Giả sử x′ là điểm trên đoạn thẳng


[x, y] xa nhất tính từ x sao cho [x, x′] ⊂ A và giả sử u là một điểmbất kỳ trong [x, y]\A. Theo tính liên tục có một điểm w ∈]x′, u] sao chod(w, x′) < d(u,A). Chọn s ∈ [u,w] và t ∈ A sao cho d(s, t) = d([u, v], A).Theo cách chọn thì s 6= u. Sử dụng Bổ đề 4.1.17 đối với s và A và sau đó

là đối với t và [u,w], ta nhận được(−→st |−→sy

)≤ 0 và Vt (và cả E(Vt)) nằm

trong nửa không gian không chứa x xác định bởi siêu phẳng H đi qua tvà trực giao với

−→st . Từ đó ta có y /∈ E(Vt).

4.6 Hàm số lồi

Các định nghĩa và định lý cơ bản

Như ta đã biết, hàm số f : I → R (trong đó I là một khoảng trong R)được gọi là lồi nếu ∀λ ∈ [0, 1] , ∀x, y ∈ I thì bất đẳng thức sau thoả mãn

f(λx+ (1− λ)y) ≤ λf(x) + (1− λ)f(y)

Sau đây ta đưa ra định nghĩa tổng quát hơn.

4.6.1 Định nghĩa. Giả sử A ⊂ X là một tập lồi trong không gian affineX. Ta nói ánh xạ f : A → R là lồi nếu ∀λ ∈ [0, 1] , ∀x, y ∈ A thì bấtđẳng thức sau thoả mãn

f(λx+ (1− λ)y) ≤ λf(x) + (1− λ)f(y).

4.6.2 Mệnh đề. Giả sử f : A→ R, trong đó tập A là lồi. Khi đó, tínhlồi của f tương đương với tính lồi của Epigr(f) của f trong X×R, trongđó

Epigr(f) = (x, t) ∈ X × R : x ∈ A và t ≥ f(x)

4.6.3 Định nghĩa. Hàm số f : A→ R, trong đó A tập lồi, được gọi làlồi thực sự nếu λ ∈]0, 1[,∀x, y ∈ A : x 6= y thì

f (λx+ (1− λ)y) < λf(x) + (1− λ)f(y).

4.6.4 Định nghĩa. Hàm số f : A→ R được gọi là lõm nếu hàm số (−f)là lồi, có nghĩa là nếu f (λx+ (1− λ) y) ≥ λf (x) + (1− λ) f(y) với mọiλ ∈ [0, 1] , x, y ∈ A.


4.6.5 Định lí. (Định lý Brunn-Minkowski) Giả sử A và B là hai tậphợp compact trong không gian affine X chiều d và L là độ đo Lebesguetrong X. Thế thì hàm số

[0, 1] 3 λ 7→ L(λA+ (1− λ)B)1/d ∈ R

là hàm số lõm.

Chứng minh. Ta xét một cấu trúc Euclid trong không gian X sao cho Llà độ đo Lebesgue và xét mục tiêu trực chuẩn của X. Ký hiệu F là họcác hình hộp mở, các cạnh của nó song song với các véctơ của mục tiêutrực chuẩn.

Trường hợp thứ nhất: A và B thuộc họ F .

Ký hiệu ai, bi (i = 1, · · · , d) là các cạnh của A và B. Khi đó λA+µB ∈F và tập hợp này có các cạnh là λai + µbi, ∀λ, µ ≥ 0. Từ đó ta có

L(A) =∏i

ai,L(B) =∏i

bi, L(λA+ µB) =∏i

(λai + µbi).

Đặt ui =ai

λai + µbi, vi =

biλai + µbi

. Khi đó λui + µvi = 1.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

λL (A)1/d + µL (B)1/d

L (λA+ µB)1/d= λ

∏i

u1/di + µ

∏i

v1/di

≤ λ

d

∑i

ui +µ

d

∑i

vi =

∑i

(λui + µvi)

d= 1.

Trường hợp thứ hai: Giả sử A =m⋃i=1

Ai, B =n⋃j=1

Bj , trong đó Ai, Bj ∈

F , ∀i, j và Ai ∩ Ai′ = ∅, Bj ∩Bj′ = ∅, ∀i 6= i′, j 6= j′ .

Trong trường hợp này tiến hành phép quy nạp theo m + n. Giả sửrằng m > 1. Khi đó tồn tại một siêu phẳng H song song với siêu phẳngtoạ độ nào đó và tách thực sự ít nhất hai tập hợp trong họ Ai. Điều đócho phép chúng ta biểu diễn tập hợp A dưới dạng A = A+ ∪ A−, trongđó A+ và A− là những tập hợp cùng kiểu với A nhưng là hợp thành của


m+ và m− hình hộp con, ở đó m+ < m và m− < m. Theo tính liên tụcthì tồn tại một siêu phẳng K song song với siêu phẳng H và chia B ralàm hai phần B+ và B− sao cho L(A+)/L(A−) = L(B+)/L(B−). Khiđó, ta có

L(A) = L(A+) + L(A−),L(B) = L(B+) + L(B−).

Ngoài ra, B+ và B− có cùng một kiểu như B với n+ ≤ n, n− ≤ n. Nhưvậy có thể ứng dụng giả thiết quy nạp đối với λA+ +µB+ và λA−+µB− :

L (λA+ µB) = L(λA+ + µB+

)+ L

(λA− + µB−

)≥ (λL(A+)1/d + µL(B+)1/d)d + (λL(A−)1/d + µL(B−)1/d)d

= (λL(A)1/d + µL(B)1/d)d.

Trường hợp thứ ba: Giả sử A và B là những tập hợp compact tùy ý.

Từ lý thuyết độ đo Lebesgue ta biết rằng các tập hợp A và B có thểxấp xỉ bởi các tập hợp An, Bn có dạng như đã xét trong Trường hợp 2.Khi đó

|L(A)− L(An)| < ε, |L(B)− L(Bn)| < ε

Từ đó rút ra bất đẳng thức cần chúng minh.

4.6.6 Hệ quả. Đối với các tập compact A,B bất kỳ ta có

L(A+B)1/d ≥ L(A)1/d + L(B)1/d.


Các tính chất của hàm lồi.

4.6.7 Mệnh đề. Giả sử f : A→ R là hàm lồi. Ta gọi phần trong tươngđối của A là phần trong của A trong không gian con affine sinh bởi A.Khi đó f bị chặn trên trên một tập compact bất kỳ nằm trong phần trongtương đối của A và bị chặn dưới trên một tập con bị chặn bất kỳ của A.

Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợpA 6= ∅. Giả sử x ∈

A là một

điểm nào đó và H là siêu phẳng tựa đối với Epigr(f) tại điểm (x, f(x)).Giả sử g : X → R là một dạng affine sao cho H = g−1(0). Theo phépdựng thì f ≥ g và một dạng affine bất kỳ là bị chặn trên một tập hợp bịchặn.

Giả sử K ⊂A là compact. Đối với mỗi điểm x ∈ K tồn tại đơn hình

Sx của X chứa trongA sao cho x ∈ Int(E(Sx)). Do tính compact của

K nên ta có thể phủ K bằng một số hữu hạn các đơn hình này. Thếnhưng giá trị của f tại một điểm x ∈ K được làm trội bởi giá trị cựcđại trong số các giá trị của f tại các đỉnh của (một số hữu hạn) các đơnhình này.

Bạn đọc hãy tự chứng minh các mệnh đề sau.

4.6.8 Mệnh đề. Giả sử hàm số f : A→ R là lồi, trong đó A là tập lồi.Khi đó nó sẽ liên tục tại một điểm bất kỳ thuộc phần trong tương đối củaA.

4.6.9 Mệnh đề. Giả sử hàm số f : A→ R là lồi, trong đó A là tập lồimở. Khi đó f sẽ khả vi hầu khắp nơi và đạo hàm của nó sẽ liên tục tạinhững nơi mà nó xác định.

4.6.10 Mệnh đề. Hàm số lồi thực sự f : A→ R, trong đó A là tập lồi,chỉ đạt cực tiểu nhiều nhất tại một điểm.


Hàm số Loewner-Behrend

Giả sử Q(E) là tập hợp tất cả các cấu trúc Euclid trên không gian véctơthực E chiều d. Đây là một tập hợp lồi mở trong không gian véctơ P•2 (E)các dạng toàn phương trên E. Cố định trên E một độ đo Lebesgue Lnào đó.

Mỗi dạng q ∈ Q(E) tương ứng với ellipsoid q−1(1), bao lồi của nó làhình ellipsoid E(q) = q−1([0, 1]). Chúng ta muốn tính thể tích L(E(q)).

Giả sử A (tương ứng A′) là ma trận của dạng q trong cơ sở B (tươngứng B′) của không gian E. Khi đó A′ = tSAS, trong đó S là ma trậntrong cơ sở B của đẳng cấu f ∈ Isom(E) mà f(B) = B′. Đặc biệt, nếuB và B′ là unita đối với L trong E (cơ sở unita trong E được định nghĩanhư là ảnh của cơ sở chính tắc trong Rd qua đẳng cấu Rd → E và sinhra độ đo L trên E), thì detS = 1 và detA = detA′. Như vậy ta có thểđịnh nghĩa định thức của dạng q ∈ Q(E) đối với L:

detLq = detA,

trong đó A là ma trận của q trong một cơ sở unita bất kỳ. Khi đó, ta có

L(E(q)) = β(d)(detLq)−1/2.

Thực vậy, chúng ta xét cấu trúc Euclid trên E với độ đo chính tắcL và giả sử f ∈ Isom(E) sao cho f(B(0, 1)) = E(q). Điều đó có nghĩalà f ∗q = ||.||2, trong đó chuẩn ||.|| được sinh ra bởi cấu trúc Euclid. Đặcbiệt, vì ma trận của ||.||2 là ma trận đơn vị I nên ma trận A thỏa mãnI = tUAU , trong đó U là ma trận của f trong cơ sở trực chuẩn bất kỳ.Vì vậy detA(det f)2 = 1. Ta lại có

L(E(q)) = |det f | L(B(0, 1)) = |det f | β(d) = β(d)(detLq)−1/2

4.6.11 Mệnh đề. Hàm số Q(E) 3 q 7→ L(E(q)) ∈ R là lồi thực sự.

Chứng minh. Giả sử q, q′ ∈ Q(E). Khi đó tồn tại một cơ sở L-unita màcả hai dạng trên đều có dạng đường chéo:

q =∑i

aix2i , q

′ =∑i

a′ix2i


Khi đó, định thức của hai dạng q, q′ trong cơ sở này tương ứng bằngdet q =

∏i

ai, det q′ =∏i

a′i. Giả sử λ, λ′ ≥ 0 và λ+ λ′ = 1. Ta có

det (λq + λ′q′) =∏i

(λai + λ′a′i)

Theo bất đẳng thức Cauchy mở rộng (xem Ví dụ 4.6.17), ta có

(det(λq + λ′q′))−1/2 =∏i

(λai + λ′a′i)−1/2 ≤

∏i

(aλi a′iλ′

)−1/2

= [(∏i

ai)−1/2]λ · [(

∏i

a′i)−1/2]λ

′ ≤ λ(det q)−1/2 + λ′(det q′)−1/2.

Đẳng thức chỉ có thể xảy ra khi và chỉ khi ai = a′i, có nghĩa làq = q′.

Chúng ta ứng dụng các mệnh đề để chứng minh định lý sau

4.6.12 Định lí. (Định lý Loewner-Behrend) Giả sử E là không gianvéctơ thực hữu hạn chiều được trang bị một độ đo Lebesgue nào đó. NếuK là tập con compact với phần trong không rỗng trong E thì sẽ tồn tạimột hình ellipsoid duy nhất có thể tích bé nhất mà chứa K.

Chứng minh. Theo các mệnh đề 4.6.10, 4.6.11 và do tính liên tục củahàm số q 7→ L(E(q)) nên ta chỉ cần chỉ ra rằng có thể tìm được mộtđiểm cực tiểu trên một tập hợp lồi compact được chọn thích hợp trongQ(E).Vì K là bị chặn nên sẽ tồn tại ít nhất một hình ellipsoid E(q0) chứaK. Xét tập hợp sau

A =q ∈ Q(E) : E(q) ⊃ K và detLq ≥ detLq0


Chỉ cần chứng minh rằng tập hợp A lồi compact trong Q(E).

Chúng ta sẽ chứng minh rằng A là lồi. Thực vậy, tính lồi đối với điềukiện detLq ≥ detLq0 được suy ra từ Mệnh đề 4.6.11. Tính lồi đối với điềukiện E(q) ⊃ K được lập luận như sau: nếu cho hai hình ellipsoid

E(q) = x ∈ X : q (x) ≤ 1 , E(q′) = x ∈ X : q′ (x) ≤ 1

và nếu q, q′ ∈ A, λ ∈ [0, 1], thì

(λq + (1− λ) q′) (x) = λq (x) + (1− λ) q′ (x) ≤ 1.

Chúng ta sẽ chứng minh rằng A đóng trong P•2 (E). Thực vậy, tậphợp A được cho bằng những bất đẳng thức không nghiêm ngặt đối vớicác hàm số liên tục, nhưng ở đây cần thận trọng vì Q(E) là mở trongP•2 (E). Biên của Q(E) là những dạng toàn phương suy biến được xácđịnh bởi phương trình detL = 0. Tập hợp này không giao với A. Vì vậyA là đóng trong P•2 (E).

Cuối cùng, chúng ta sẽ chứng minh rằng A là bị chặn. Trước hết điềukiện E(q) ⊃ K sẽ kéo theo điều kiện E(q) ⊃ E(K ∪ (−K)), trong đó(−K) đối xứng của K qua gốc toạ độ. Ngoài ra, tập hợp E(K ∪ (−K))

có phần trong không rỗng, bởi vìK 6= ∅. Trang bị cho E một cấu trúc

Euclid. Giả sử ε > 0 sao cho B (0, ε) ⊂ E(K ∪ (−K)). Các giá trị riêngλi của dạng toàn phương q ∈ Q(E) đối với cấu trúc đang xét thoả mãn

bất đẳng thức λi ≤1

ε, ∀i vì E(q) ⊃ B(0, ε). Và điều đó suy ra rằng A là

bị chặn.

4.6.13 Hệ quả. Giả sử G là một nhóm con compact trong GL(E). Khiđó tồn tại dạng q ∈ Q(E) bất biến đối với G.

Chứng minh. Thực vậy, giả sử H là một tập con compact bất kỳ của Evới phần trong không rỗng và K = G(H) là quỹ đạo của H dưới tácdụng của nhóm G. Giả sử E(q) là hình ellipsoid với thể tích nhỏ nhấtchứa K. Khi đó E(q) là bất biến đối với mọi g ∈ G. Thực vậy, theocách dựng, g(K) = K và g(E(q)) ⊃ K đối với bất kỳ g ∈ G. Cuối cùng,L(g(E(q))) = L(E(q)), bởi vì det g = 1, ∀g (trong trường hợp ngược lại,G sẽ không compact vì det(gn) = (det g)n). Vì ellipsoid với thể tích nhỏnhất là duy nhất nên g(E(q)) = E(q). Do đó dạng q thoả mãn điều kiệng∗q = q, ∀g ∈ G.


Chúng ta trở lại vấn đề điểm cực trị của hàm số lồi.

4.6.14 Mệnh đề. Giả sử f : A → R là một hàm lồi liên tục. Khi đóf sẽ đạt điểm cực đại tại ít nhất một điểm cực biên của A, có nghĩa làsupAf = supExtr(A) f.

Chứng minh. Theo Định lý Caratheodory và Định lý Krein-Milman, mỗiđiểm a ∈ A là trọng tâm của một số hữu hạn các điểm cực biên. Do đónếu M = supExtr(A) f thì f(a) ≤M, ∀a ∈ A.

Các tiêu chuẩn của tính lồi

Trước hết ta nhắc lại kết quả cổ điển sau.

4.6.15 Mệnh đề. Giả sử I ⊂ R là một khoảng, f : I → R là một hàmsố khả vi cấp hai. Khi đó f là lồi khi và chỉ khi f ′′ (x) ≥ 0,∀x ∈ I; nếuf ′′ (x) > 0,∀x ∈ I thì f là lồi thực sự.

4.6.16 Hệ quả. Giả sử f : A→ R thuộc lớp C2, ở đó A là tập con mởtrong X. Khi đó f là lồi khi và chỉ khi đạo hàm cấp hai của nó

f ′′ (x) :−→X ×

−→X → R

là dạng toàn phương xác định nửa dương đối với mỗi x, có nghĩa là

f ′′ (x) (y, y) ≥ 0 đối với tất cả y ∈−→X . Hơn nữa, nếu f ′′(x)(y, y) >

0,∀x ∈ A và ∀y ∈−→X\0, thì f sẽ lồi thực sự.

4.6.17 Ví dụ. Hàm số −log x là lồi thực sự trong R∗+.

Thực vậy, vì (− log x)′′ = 1x2> 0 nên hàm số −log x là lồi thực sự

trong R∗+. Từ đó ta có

− log (λa+ λ′a′) ≤ −λ log a− λ′ log a′

(λ, λ′ ≥ 0, λ+ λ′ = 1) .

Vì log là một hàm số tăng nên ta có bất đẳng thức sau:

λa+ λ′a′ ≥ aλa′λ′,∀λ, λ′ ≥ 0, λ+ λ′ = 1


Và tổng quát là∑i

λiai ≥∏i

aλii , ∀λi ≥ 0 và∑i

λi = 1.

Trong trường hợp riêng chúng ta nhận được bất đẳng thức trung bìnhhình học:

a1 · · · an ≤(a1 + · · ·+ an

n

)n, ∀ ai ≥ 0,

trong đó nó chỉ trở thành đẳng thức khi tất cả ai bằng nhau.

Khi n = 2 nó thành bất đẳng thức đơn giản a+ b ≥ 2√ab, ∀ a, b ≥ 0.

4.6.18 Ví dụ. Đối với số thực bất kỳ p > 1 hàm số R∗+ 3 x 7→ xp ∈ Rlồi thực sự vì f ′′ (x) = p (p− 1)xp−2. Từ đó suy ra

(∑i

λiai)p ≤

∑i

λiapi , ∀ai > 0, ∀λi ≥ 0 mà

∑i

λi = 1.

Lại áp dụng bất đẳng thức trên cho các số

λi =

(∑i

yqi

)−1

yqi , ai =

(∑i

yqi

)xiy

1−qi .

ta nhận được bất đẳng thức Holder:

∑i

xiyi ≤

(∑i

xpi

)1/p(∑i

yqi

)1/q

(p > 1,1

p+

1

q= 1, xi ≥ 0, yi ≥ 0)

Cuối cùng, từ bất đẳng thức Holder ta suy ra ánh xạ Rd 3 (x1, · · · xd) 7→(∑i

|xi|) 1

p

xác định một chuẩn trong Rd khi p > 1.

Thực vậy, ta cần chứng minh rằng(∑i

|xi + yi|

) 1p

≤

(∑i

|xi|p)1/p

+

(∑i

|yi|p)1/p


(bất đẳng thức Minkowski).

Ta có được điều đó từ các dánh giá sau, trong đó bất đẳng thứcHolder được sử dụng hai lần:

∑i

|xi| |xi + yi|p−1 ≤

(∑i

|xi|p)1/p(∑

i

|xi + yi|p)(p−1)/p

,

∑i

|yi| |xi + yi|p−1 ≤

(∑i

|yi|p)1/p(∑

i

|xi + yi|p)(p−1)/p

,

∑i

|xi + yi|p =∑i

(|xi|+ |yi|) |xi + yi|p−1 ≤

≤

(∑i

|xi + yi|p)(p−1)/p

(∑i

|xi|p)1/p

+

(∑i

|yi|p)1/p

.Các bất đẳng thức Holder và Minkowski đóng một vai trò quan trọng

trong Giải tích hiện đại. Chúng cho phép ta định nghĩa được không gianLp.

Ta sẽ kết thúc chương này bằng việc khảo sát mối quan hệ giữa hàmlồi và tập lồi.

Giả sử X là không gian véctơ Euclid. Hàm số lồi f : X → R được gọilà thuần nhất dương (hay còn gọi là phiếm hàm định cỡ ) nếu

f (λx) = λf (x) , ∀x ∈ X, ∀λ ≥ 0

Ví dụ: Mỗi chuẩn trong X là hàm số lồi thuần nhất dương.

Nếu f là một hàm số lồi thuần nhất dương thì

C (f) = x ∈ X : f (x) ≤ 1

là một tập hợp con lồi trong X. Ngược lại, nếu C là compact lồi và 0 ∈C

thì

fC(x) = inf λ : λ > 0, x ∈ λC


là một hàm số lồi thuần nhất dương. Ngoài ra, fC(x) là chuẩn khi và chỉkhi C = −C, tức là C là đối xứng. Biên của C là f−1

C (1). Ta gọi fC làhàm khoảng cách trên C, hay phiếm hàm Minkowski của tập C.

Nếu C là tập hợp con bị chặn trong X thì

hC (x) = sup (y |x) : y ∈ C

là hàm lồi thuần nhất dương và được gọi là hàm tựa của C.

Nếu C là một tập hợp lồi compact và 0 ∈C thì

fC∗ = hC , hC∗ = fC .

Chương 5

Đa diện lồi

5.1 Những tính chất tôpô cơ bản của đa

diện lồi

Định nghĩa và ví dụ

Giả sử X là không gian affine d chiều.

5.1.1 Định nghĩa. Một tập con của X được gọi là một khối đa diện lồinếu nó là giao của một số hữu hạn các nửa không gian đóng. Hình đa diệnlà khối đa diện lồi compact với phần trong khác rỗng. Khi dimX = 2 thìta gọi là đa giác (hình đa giác) thay vì khối đa diện (hình đa diện).

Ví dụ:a. Hình hộp: Nếu xii=0,1,···d là hệ các điểm độc lập thì hình hộp

P = x0 +d∑i=0

λi−−→xoxi | λi ∈ [0, 1] (1 ≤ i ≤ d)

là một hình đa diện.b. Đơn hình: Tương tự ta có

P = d∑i=0

λixi | λi ≥ 0,∑i

λi = 1 (1 ≤ i ≤ d)

243

244 CHƯƠNG 5. ĐA DIỆN LỒI

cũng là một hình đa diện.c. Ba loại hình đa diện thường gặp gồm:

- Khối lập phương chuẩn:

Cubd = (xi, · · · , xd) | |xi| ≤ 1 (1 ≤ i ≤ d).

- Đồng khối chuẩn:

Cocd = (x1, · · · , xd) |∑i

|xi| ≤ 1.

- Đơn hình chuẩn:

Simpd = (x1, · · · , xd+1) |∑i

xi = 1, xi ≥ 0 (1 ≤ i ≤ d).


Khối lập phương và đồng khối chuẩn là hình đa diện nằm trong khônggian Rd, trong khi đó Simpd là một hình đa diện nằm trong siêu phẳngH = (x1, · · · , xd+1) |

∑i xi = 1 của Rd+1.

d. Đối ngẫu: Giả sử X là không gian véctơ Euclid.

Với mỗi A ⊂ X ta đã định nghĩa tập cực của A là tập

A∗ = y ∈ X|(y|x) ≤ 1 ∀x ∈ A.

Dễ thấy A∗ là tập lồi.

Giả sử aini=1 là tập hữu hạn các điểm trong X, Q = E(a1, · · · , an)là bao lồi của nó. Khi đó, tập cực lồi Q∗ của Q là một khối đa diện lồi.

Nó cũng là một hình đa diện lồi nếu O ∈Q và trong trường hợp đó ta

gọi Q∗ là đối ngẫu của Q.

Thực vậy, từ định nghĩa ta suy ra

Q∗ = x ∈ X | (x |∑i

λiai) ≤ 1 với bất kỳ λi ≥ 0 mà∑i

λi = 1

và do đó Q∗ =⋂ix ∈ X | (x | ai) ≤ 1 là một khối đa diện lồi.

Ví dụ: Đối ngẫu của Cubd là Cocd và ngược lại.

Các tính chất của đa diện lồi

5.1.2 Định lí. (Cấu trúc của khối đa diện)Giả sử P là một khối đa diện với phần trong khác rỗng và P =

⋂ni=1Ri,

trong đó Ri là nửa không gian đóng và giả sử rằng số n là nhỏ nhất. Khiđói) Các Ri là hoàn toàn xác định chỉ sai khác nhau một hoán vị.ii) Nếu Hi là siêu phẳng FrRi xác định bởi nửa không gian đóng Ri thìgiao Hi ∩ P là khối đa diện lồi với phần trong khác rỗng nằm trong Hi

và được gọi là mặt thứ i (hay cạnh nếu d = 2) của P và được ký hiệu làFaceiP .iii) Biên của P là tập hợp các mặt của P .

Chứng minh. Với mỗi i cố định ta đặt

P ′ =⋂j 6=i

Rj.


Vì ta giả thiết n là nhỏ nhất nên tồn tại x ∈ P ′\Ri. Giả sử a ∈P . Theo

Bổ đề 4.2.3, điểm y =]a, x[∩Hi nằm trongP ′ . Do đó y thuộc phần trong

của Hi

⋂P ′ trong Hi. Vì

Ri = Ri\Hi và

P =

⋂i

Ri nên ta có

FrP =⋃i

(FrRi ∩ (⋂j 6=i

Rj)) =⋃i

(Hi ∩ P ) = ∪iFaceiP.

Như vậy ta chứng minh được (iii).Vì Hi là phân biệt nên các mặt hoàn toàn được xác định bởi P như làcác tập con của X. Do đó Ri cũng có tính chất như vậy.

Chú ý: Từ nay về sau mỗi khi ta nói khối đa diện lồi với phần trongkhác rỗng thì ta hiểu là giao của các nửa không gian đóng với số nửakhông gian là nhỏ nhất có thể được.

Giả sử X là không gian affine chiều d.

5.1.3 Định nghĩa. Cho P là khối đa diện lồi có phần trong khác rỗng.Một mặt của P còn được gọi là một (d−1)-mặt, một k-mặt của P là mộtmặt của một (k + 1)-mặt của P (k = 0, 1, · · · , d − 2). Một 1-mặt gọi làcạnh. Hai k-mặt được gọi là kề nhau nếu giao của chúng là (k − 1)-mặt.

Mệnh đề sau đây được suy ra từ định nghĩa và tính chất là nếu siêuphẳng tựa tại một điểm x nằm trong phần trong tương đối của [y, z] ⊂ Pthì siêu phẳng đó chứa [y, z].

5.1.4 Mệnh đề. Cho P là khối đa diện lồi có phần trong khác rỗng.i) Nếu x ∈ FrP thì giao của các siêu phẳng xác định bởi các mặt chứax trùng với giao của các siêu phẳng tựa của P tại x. Do đó các điểm cóbậc α của P tạo thành phần trong tương đối của các α-mặt của P và đặcbiệt là các đỉnh của P trùng với các 0-mặt của chúng.ii) Các đỉnh của P trùng với các điểm cực biên của P .


5.1.5 Hệ quả. Cho X là không gian véctơ Euclid và Q là hình đa diện

thỏa mãn 0 ∈Q . Khi đó các k-mặt của Q tương ứng 1 − 1 với các

(d− k − 1)-mặt của đối ngẫu Q∗ theo quy tắc sau: Nếu Y là không giancon k chiều xác định k-mặt đã cho của Q thì không gian con Y ∗ xác địnhmặt tương ứng của Q∗ là giao của các siêu phẳng cực của các đỉnh củaY.

5.1.6 Định nghĩa. (Góc nhị diện của hình đa diện) Do mỗi một cạnhchứa đúng hai đỉnh nên theo nguyên lý đối ngẫu ta có mỗi một (d− 2)-mặt A của hình đa diện chiều d đều là giao của đúng hai mặt F, F ′. GọiR,R′ tương ứng là các nửa không gian đóng ứng với F, F ′ mà chúng xác

định P . Chọn các véctơ đơn vị ξ, ξ′ ∈−→X sao cho ξ ⊥ F và điểm cuối của

véctơ ξ thuộc P (ta chọn tương tự đối với ξ′). Ta định nghĩa góc nhị diện

(góc nếu d = 2) của P tại (d− 2)-mặt A là góc ξξ′ ∈]0, π[. Nếu d = 2 thìA là đỉnh của P .

5.1.7 Mệnh đề. Hai mặt cùng chiều của một khối đa diện có thể đượcnối với nhau bằng một dãy các mặt kề nhau có cùng số chiều với hai mặtđã cho.

Chứng minh. Trước hết xét trường hợp hai mặt này là (d− 1)-mặt. Giảsử x, y ∈ P là tùy ý. Gọi Y là phẳng của X chứa x và y. Ta có Y ∩ Plà một hình đa giác, các mặt của đa giác này là giao của các mặt của Pvới Y . Vì thế ta chuyển bài toán sang trường hợp khi P là đa giác. VớiF là một cạnh bất kì, ta gọi F là tập hợp các cạnh sao cho F chứa F vàmỗi cạnh kề với một cạnh của F thì cũng nằm trong F . Thế thì F vừamở, vừa đóng trong tập lồi FrP. Do đó F = FrP . Trường hợp mặt cóchiều bất kỳ được chứng minh bằng cách áp dụng kết quả trên và quynạp.

Mệnh đề sau đây được suy ra ngay từ các khẳng định trên.


5.1.8 Mệnh đề. Mỗi hình đa diện luôn có hữu hạn các đỉnh và nó làbao lồi của hệ các đỉnh đó. Ngược lại, bao lồi của một họ hữu hạn cácđiểm là khối đa diện lồi compact.

Chứng minh. Giả sử S = x1, x2 · · · , xn. Ta chứng minh bằng quy nạptheo n.

Thực vậy, với n = 1 kết quả là hiển nhiên.

Lấy một phần tử xn thuộc S sao cho xn không thuộc bao lồi của cácđiểm còn lại. Theo giả thiết quy nạp thì bao lồi của x1, x2, · · · , xn−1 códạng

convx1, · · · , xn−1 = ∩li=1Ri,

ở đây Ri là các nửa không gian đóng. Rõ ràng tồn tại i0 để xn 6∈ Hi0(siêuphẳng tương ứng với Ri0). Số chỉ số i để xi ∈ Ri0 cùng lắm là n− 2. Sửdụng giả thiết quy nạp cho bao lồi của các điểm thuộc Hi0 ta được baolồi của nó có dạng giao của các nửa không gian đóng R′k trong Hi0 . GọiR′′k tương ứng là nửa không gian đóng sinh bởi xn và R′k. Từ đó ta suyra được điều phải chứng minh.

5.1.9 Hệ quả. Nếu P,Q là hai hình đa diện thì tổng Minkowski λP +(1− λ)Q cũng là một hình đa diện với mọi λ ≥ 0.

Công thức Euler

Trong mục này ta giả sử X là không gian Euclid ba chiều.

5.1.10 Định nghĩa. Cho hình đa diện P. Ta gọi:Ξ = tập hợp các cạnh của P , α = #Ξ;∑

i= tập các đỉnh của P thuộc đồng thời i mặt, σi = #∑

i;∑= tập hợp các đỉnh của P , σ = #

∑;

Φi= tập hợp các mặt của P có i cạnh, φi = #Φi;Φ = tập tất cả các mặt của P , φ = #Φ. Khi đó ta có:

σ =∑i

σi, φ =∑i

φi, 2α =∑i

iσi =∑i

iφi;

5.1.11 Định lí. (Công thức Euler)

Với mỗi hình đa diện ta có hệ thức: σ − α + φ = 2.


Chứng minh. Lấy điểm O ∈P và giả sử S = S(0, 1) là hình cầu đơn vị

của XO.

Chiếu biên của P lên S qua ánh xạ p : FrP 3 x 7−→ x

‖ x ‖∈ S. Các

đỉnh của P trở thành các điểm của S, các cạnh trở thành các cung củahình tròn lớn và các mặt trở thành các hình đa giác cầu. Vì P lồi và

O ∈P nên các siêu phẳng chứa O và một cạnh cắt P làm hai phần. Từ

đó ta có các hình đa giác cầu có được đều lồi và số hình đa giác đó có imặt là φi; mỗi cạnh là cạnh chung của hai mặt và có α cạnh như thế; sốđỉnh thuộc i mặt là σi và mỗi cạnh chứa hai đỉnh.

Vì p(FrP ) = S và các đa giác lồi không chồng nhau nên tổng các gócquanh mỗi đỉnh là 2π và tổng các góc là∑

S∈Σ

2π = 2πσ.

Mặt khác tổng các góc của một đa giác F ∈ Φi bằng (diện tích F ) + (i−2)π (xem [2, Hệ quả 18.3.8.5]) Do đó ta thu được giá trị sau cho tổngcác góc:∑

i

∑F∈Φi

(diện tích F + (i− 2)π) =∑F∈Φ

diện tích F +∑i

(i− 2)πφi


= 4π + π∑i

iφi − 2π∑i

φi = 4π + 2απ − 2πφ.

Từ đó ta có σ − α + φ = 2.

5.1.12 Hệ quả. Cho P là hình đa diện trong không gian affine ba chiềuthỏa mãn điều kiện tồn tại r, s ∈ N∗ sao cho mỗi đỉnh thuộc r mặt vàmỗi mặt có s đỉnh. Thế thì cặp r, s phải là một trong các cặp sau:

3, 3, 3, 4, 3, 5, 4, 3, 5, 3.

Chú ý.

• Qua phép chứng minh định lý Euler, ta thấy công thức Euler vẫn đúngđối với khối đa diện compact sao.

• Phép chứng minh trên chỉ là trường hợp cụ thể của định lý Gauss-Bonnet cho đa tạp Riemann hai chiều compact.

• Với khối đa diện lồi tùy ý thì công thức Euler không đúng. Tuy nhiên,ta có thể chứng minh được rằng với khối đa diện lồi P tùy ý chiều d, nếuta ký hiệu φi là số các i-mặt của P (i = 0, 1, .., d− 1) thì

d−1∑i=0

(−1)iφi = 1 + (−1)d−1.

Định lý Cauchy

Trong mục này X là không gian Euclid ba chiều.Giả sử P là hình đa diện và A là một cạnh của P . Ta ký hiệu δA(P ) làgóc nhị diện của P tại A.

5.1.13 Bổ đề.

Giả sử P, P ′ là hai hình đa diện lồi trong không gian X và f :FrP 7−→ FrP ′ là một song ánh chuyển các đỉnh này thành đỉnh kia,cạnh này thành cạnh kia, mặt này thành mặt kia và khi hạn chế f trênmỗi mặt F của P thì f là đẳng cự. Nếu f bảo tồn các góc nhị diện, tứclà δf(A)(P

′) = δA(P ) với mọi cạnh A thuộc P, thì nó có thể thác triển

thành một đẳng cự f : X → X thỏa mãn f(P ) = P ′.


Chứng minh. Giả sử F là một mặt của P. Không giảm tính tổng quátta có thể coi f(F ) = F và P và P ′ cùng nằm trên nửa không gian xácđịnh bởi F . Gọi A là một cạnh của F và cho G,G′ là các mặt của P, P ′

kề với F tại A. Do δA(P ) = δA(P ′) nên G,G′ là đẳng cự. Vì chúng cócạnh chung và nằm về cùng một phía với F nên G = G′. Vì hai mặt bấtkì có thể nối với nhau bằng một dãy các mặt kề nhau nên áp dụng quátrình trên ta được P = P ′.

Cho X là không gian Euclid ba chiều.

5.1.14 Định lí. (Định lý Cauchy)

Giả sử P, P ′ là hai hình đa diện lồi trong không gian X vàf : FrP 7−→ FrP ′ là một song ánh chuyển đỉnh này thành đỉnh kia,cạnh này thành cạnh kia, mặt này thành mặt kia. Giả thiết rằng với mỗimặt F của P , ánh xạ hạn chế f |F : F 7−→ f(F ) là một đẳng cự. Khi đótồn tại một đẳng cự f của X thỏa mãn f(P ) = P ′ và f |FrP = f . Đặcbiệt, P và P ′ là đẳng cự.

Chứng minh. Gọi Ξ là tập hợp các cạnh của P và ε : Ξ → −1, 0, 1là hàm số xác định bởi ε(A) = −1 (tương ứng 0, 1) nếu δA(P ) nhỏ hơn(tương ứng bằng hoặc lớn hơn) δf(A)(P

′). Ta gọi hai cạnh A và B của Plà kề nhau nếu chúng cùng thuộc một mặt của P và A ∩ B là đỉnh củaP .

Trường hợp 1: ε(A) 6= 0 với mọi A ∈ Ξ.

Ta nói rằng cặp cạnh kề nhau A,B là có sự thay đổi dấu nếuε(A)ε(B) = −1. Kí hiệu ν là tổng số các cặp cạnh kề nhau có sự thayđổi dấu. Giả sử x là đỉnh của P và π (tương ứng π′) là đa giác cầu lồi.Chúng lần lượt là giao của P (tương ứng P ′) với một mặt cầu đủ nhỏ cótâm x (tương ứng x′ = f(x)). Theo giả thiết khi π và π′ chuyển thànhmặt cầu đơn vị thì ánh xạ hạn chế của f đi từ biên của π đến biên củaπ′ bảo tồn độ dài các cạnh. tồn tại một song ánh giữa chúng bảo tồn độdài các cạnh. Từ Bổ đề Cauchy (xem [2, Định lý 18.7.16]) ta thấy trongsố các cặp cạnh liền kề xuất phát từ đỉnh cố định x có ít nhất bốn cặpcạnh kề nhau có sự thay đổi dấu. Do vậy ta có ν ≥ 4σ.

Ta đếm số cặp cạnh kề nhau có sự thay đổi dấu trên mỗi mặt có iđỉnh: Số đó nhiều nhất là 2 với i = 3; nhiều nhất là 4 với i = 4 hoặc


i = 5; nhiều nhất là 6 với i = 6 hoặc i = 7..... Từ đó ta có

ν ≤ 2φ3 + 4φ4 + 4φ5 + 6φ6 + 6φ7 + · · ·

Từ các công thức trong mục 5.1.10, ta có

4α− 4φ = 6φ3 + 8φ4 + 10φ5 + 12φ6 + · · · − (4φ3 + 4φ4 + 4φ5 + 4φ6 + · · · )= 2φ3 + 4φ4 + 6φ5 + 8φ6 + · · ·≥ ν ≥ 4σ.

Do đó σ − α + φ ≤ 0, trái với Định lý Euler 5.1.11.

Trường hợp 2. Giá trị ε(A) là tùy ý.

Gọi các cạnh khuất của P là các cạnh A ∈ Ξ sao cho ε(A) = 0 vàcạnh nổi là những cạnh còn lại. Gọi Ξ′ là tập hợp các cạnh nổi và α′

là lực lượng của Ξ′. Loại trong FrP tập hợp các cạnh nổi để thu đượckhông gian tôpô U = FrP \ (

⋃A∈Ξ′ A) và gọi mặt nổi của P là bao đóng

của thành phần liên thông của U .

Gọi Φ′ là tập hợp các mặt nổi và φ′ = #Φ′. Ta gọi đỉnh nổi của P lànhững đỉnh của P thuộc ít nhất một cạnh nổi.

Gọi Σ′ là tập các đỉnh nổi và σ′ = #Σ′. Từ Bổ đề Cauchy ta thấymỗi đỉnh nổi thuộc ít nhất hai cạnh nổi, từ đó không có cạnh nổi nàomà điểm đầu mút tự do. Ta sẽ chứng minh σ′ − α′ + φ′ ≥ 2. Thực vậy,ta có thể khôi phục các cạnh mờ một cách lần lượt nhưng lưu ý là luôngắn chúng vào một đỉnh nổi hay một đỉnh đã được khôi phục rồi (trongtrường hợp này ta tạm thời bỏ qua các cạnh treo). Gọi σt, αt lần lượt làlực lượng của tập các đỉnh và các cạnh cho đến bước khôi phục thứ t và


φt là số thành phần liên thông của phần bù của hợp các cạnh được khôiphục trong U.

Tại mỗi bước t, ta có αt+1 = αt + 1; hoặc σt+1 = σt và φt+1 = φt hoặcφt + 1; hoặc σt+1 = σt + 1 và φt+1 = φt. Do đó hàm σt−αt +φt luôn luôntăng. Chú ý rằng không thể có đồng thời σt+1 = σt + 1 và φt+1 = φt + 1vì nếu ngược lại thì đỉnh được khôi phục ở lần thứ (t + 1) không phảilà đỉnh nổi và do đó cạnh thêm vào sẽ không thể chia một thành phầnliên thông của lần thứ t thành hai phần được. Do đó số thành phần liênthông không tăng lên. Mặt khác với t = α−α′ thì nó có giá trị là 2 (theoĐịnh lý Euler 5.1.11). Vì vậy ta có điều cần chứng minh.

Bây giờ ta có thể tiến hành tương tự như trong trường hợp đầu tiên,xác định các cạnh nổi liền kề, cặp cạnh nổi kề nhau có sự thay đổi dấu vàsố ν các cặp cạnh nổi như thế. Sự khác biệt duy nhất là cạnh nổi khôngcần thiết thuộc hai mặt nổi, mà có thể thuộc một hay hai mặt nổi. Vớiquy ước này giả sử Φ′i là tập hợp các mặt nổi có i cạnh và đặt φ′i = #Φi.

Áp dụng Bổ đề Cauchy với σ′ đỉnh nổi ta có

2α′ =∑i

iφ′i, φ′ =∑i

φ′i, ν ≥ 4φ′.

Đếm số cặp cạnh nổi kề nhau có sự thay đổi dấu với mỗi mặt nổi ta có

ν ≤ 2φ′3 + 4φ′4 + 4φ′5 + 6φ′6 + 6φ′7 + · · ·

Như trong Trường hợp 1 ta có 4α′ − 4φ′ ≥ ν ≥ 4σ′. Điều này là mâuthuẫn. Từ đó các cạnh đều là cạnh mờ và δA(P ) = δf(A)(P

′), ∀A ∈ Ξ.Từ đó áp dụng Bổ đề 5.1.13 ta thu được điều cần chứng minh.


Chú ý:• Định lý Cauchy có thể sai nếu P là đa diện lồi nhưng P ′ là đa diệnlõm.• Định lý Cauchy không đúng trong không gian hai chiều, một hình đagiác có từ ba cạnh trở nên có thể dễ bị biến dạng mà vẫn giữ nguyênđộ dài các cạnh. Trái lại, trong không gian lớn hơn ba chiều định lý vẫnđúng. Ta chứng minh bằng quy nạp dựa trên ý tưởng là Định lí 5.1.14vẫn đúng cho trường hợp các khối đa diện cầu lồi trong hình cầu ba chiềuS3

5.1.15 Hệ quả. Một hình đa diện lồi P là không dễ biến dạng, tức làđiều kiện sau được thỏa mãn:

Nếu P (t) (t ∈ [0, 1]) là một họ các khối đa diện (không cần thiết làkhối đa diện lồi) có P (0) = P và ft : Fr(P (0))→ Fr(P (t)) (t ∈ [0, 1]) làmột họ các song ánh sao cho ft|F là đẳng cự giữa F và ft(F ) với mỗi mặtF của P (0), f0 = IdP và f : FrP × [0, 1] 3 (x, t) 7−→ ft(x) ∈ X là liêntục thì tồn tại một họ ft ∈ Isom(X) (t ∈ [0, 1]) sao cho ft|Fr(P (0)) = ftvà ft(P (0)) = P (t) với mọi t ∈ [0, 1].

Chứng minh. Tập hợp các điểm t ∈ [0, 1] thỏa mãn điều kiện tồn tại mộtđẳng cự ft là thác triển của ft và thỏa mãn ft(P (0)) = P (t) là tập mở vàđóng trong [0, 1]. Đóng là do tính liên tục và mở là vì P (t) là một hìnhđa diện lồi thì P (t′) vẫn là một hình đa diện lồi với t′ gần tới t. Từ đó,ta có thể áp dụng định lý Cauchy.

Chú ý.: Từ hệ quả trên ta thấy ngay câu hỏi sau: Tồn tại hay khôngnhững khối đa diện không lồi mà dễ bị biến dạng? Kể từ khi Cauchycông bố định lý trên vào năm 1813 thì câu hỏi trên đã không có lời giảitrong suốt một thời gian rất dài. 164 năm sau, vào năm 1977, RobertConnelly đã giải quyết được vấn đề trên bằng cách chỉ ra những khối đadiện không lồi đơn liên mà dễ bị biến dạng.


5.2 Đa diện đều

Đa giác đều

Trong phần này ta luôn giả thiết X là không gian Euclid có số chiềubằng 2.

5.2.1 Định nghĩa. Một hình đa giác gọi là đều nếu tất cả các cạnh củanó đều bằng nhau và tất cả các góc đều bằng nhau.

Cả hai điều kiện về cạnh và góc đều cần thiết. Ta có thể thấy điềunày qua hình chữ nhật và hình thoi. Dễ thấy góc của một hình đa giác

đều n cạnh thì bằngn− 2

nπ

Mệnh đề sau đây được suy ra ngay từ định nghĩa.

5.2.2 Mệnh đề. Với số nguyên n ≥ 3 luôn tồn tại một hình đa giác đềun cạnh. Hai hình đa giác đều có cùng số cạnh thì đồng dạng.

5.2.3 Định nghĩa. Với mỗi tập con A ⊂ X ta đặt

IsA(X) = g ∈ Isom(X)|g(A) = A.

Rõ ràng IsA(X) là nhóm con của nhóm Isom(X) và được gọi là nhómcon ổn định tử của A trong Isom(X). Đặc biệt, nếu P là hình đa diệntrong X thì ta ký hiệu G(P ) = IsP (X).

Mệnh đề sau đây cũng được suy ra ngay từ định nghĩa trên.

5.2.4 Mệnh đề. Để hình đa giác P đều thì điều kiện cần và đủ là nhómG(P ) tác động bắc cầu trên tập các cặp (x, F ) với x là đỉnh và F là cạnhchứa x của P.

Ta dựa vào tính chất này để đưa ra định nghĩa cho đa diện đều trongkhông gian chiều lớn hơn 2.

Đa diện đều


5.2.5 Định nghĩa. Một lá cờ của hình đa diện P chiều d là bộ

(F0, F1 · · · , Fd−1)

bao gồm các i-mặt Fi của P sao cho Fi ⊂ Fi+1 với i = 0, 1, 2, · · · , d− 2.Một hình đa diện được gọi là hình đa diện đều nếu ổn định tử G(P ) =IsP (X) tác động bắc cầu trên tập các lá cờ của P .

Giả sử P là hình đa diện đều. Khi đó ta có

5.2.6 Hệ quả. Trọng tâm O của các đỉnh của hình đa diện P , hay còngọi là tâm của đa diện P, là bất động đối với nhóm G(P ). Vì G(P ) tácđộng bắc cầu trên các đỉnh nên ta suy ra tất cả các đỉnh của P thuộc mặtcầu tâm O và mặt cầu đó được gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện P.

5.2.7 Hệ quả. Mọi i-mặt của P với i = 2, · · · , d−1 là một hình đa giácđều trong không gian chiều i.

5.2.8 Hệ quả. Cho F và F′là hai mặt kề nhau của P và H là siêu

phẳng sinh bởi F ∩ F ′ và tâm O của P , tức là H =< O,F ∩ F ′ >. Khiđó σH(F ) = F

′, tức là có phép đối xứng σH biến F thành F

′.

Thực vậy, lấy hai lá cờ giống nhau (d − 1) thành phần đầu tiên vàchúng thuộc H, thành phần thứ d tương ứng là F, F ′. Khi đó phép biếnđổi đẳng cự g ∈ G(P ) biến lá cờ này thành lá cờ kia là phép đối xứngqua siêu phẳng H.

5.2.9 Hệ quả. Véctơ hóa X sao cho tâm O của P là véctơ không. Khiđó, đối ngẫu P ∗ của P cũng là hình đa diện đều và ta có G(P ∗) = G(P ).Bậc của G(P ) bằng số các lá cờ của P .

Thực vậy, ta chứng minh G(P ∗) = G(P ) bằng kiểm tra trực tiếp. Nếug ∈ G(P ) thì g biến các mặt thành mặt, tâm O giữ nguyên. Nếu cố địnhmột lá cờ thì ảnh của lá cờ đó qua các phần tử của G(P ) sẽ khác nhau.Hơn nữa nếu một ánh xạ đẳng cự biến lá cờ này thành một lá cờ của Pthì nó sẽ thuộc G(P ).


5.2.10 Định nghĩa. Cho hình đa diện đều P có tâm O và x là đỉnh củaP . Giả sử A là cạnh của P chứa x và y là điểm đầu mút khác của A. VìG(P ) tác động bắc cầu trên các lá cờ, đặc biệt là trên tập các cặp (x,A)với x ∈ A, nên tất cả các điểm y như trên nằm trên cùng một siêu phẳng

H trực giao−→xO. Giao P ∩H là hình đa diện, các đỉnh của hình đa diện

này là điểm y và các (i− 1)-mặt là giao của H với các i-mặt của P chứax. Vì G(P ) tác động bắc cầu trên tập các lá cờ của P , đặc biệt là trêntập các lá cờ với phần tử đầu tiên là x, nên G(P ∩H) tác động bắc cầutrên tập các lá cờ của P ∩H. Do đó P ∩H là hình đa diện đều.

5.2.11 Định nghĩa. Hình đa diện đều xây dựng như trên được gọi làliên kết của x trong P và được kí hiệu là linkxP hay đơn giản là linkP(vì các liên kết của hình đa diện đều là đẳng cự).

Chú ý. Ta thấy bậc của G(P ) bằng bậc của G(linkP ) nhân với số đỉnhcủa P.

5.2.12 Ví dụ.

a. Đơn hình đều: Các lá cờ của đơn hình Simpd tương ứng 1−1 với cácbộ (ei1 , ei2 , · · · , eid) của (ei)i=1,··· ,d+1, nhưng với bất cứ hai bộ (ei1 , · · · , eid)và (ej1 , · · · , ejd) nào đều tồn tại f ∈ O(d + 1) biến bộ này thành bộ kiavà đỉnh còn lại eid+1

thành đỉnh ejd+1. Do đó f ∈ G(Simpd). Từ đó

G(Simpd) = Sd+1, trong đó Sd+1 là nhóm đối xứng của (d+ 1) phần tử.Hơn nữa link(Simpd) chính là đơn hình đều Simpd−1.


b. Hình lập phương: Các phép đối xứng qua mặt siêu phẳng tọa độsinh ra nhóm đẳng cự của Cubd. Nhóm này tác động bắc cầu lên cácđỉnh (±1, · · · ,±1). Ta còn thấy rằng đều C = [0, 1]d ⊂ Rd. Dễ thấy nóđồng dạng với Cubd. Đặt x = (0, .., 0). Các cạnh của C chứa x là cácđoạn [0; ei] (i = 1, · · · , d), ở đây (ei)i=1,..,d là cơ sở chính tắc của Rd. Dovậy các lá cờ chứa x đều tương ứng 1 − 1 với các lá cờ của Simpd−1.Vì G(Simpd−1) ⊂ G(C) nên ta suy ra Cubd là đều và link(Cubd) =Simpd−1. Để xác định nhóm G(Cubd), trước hết chúng ta cần lưu ý rằngbậc của nó là 2dd!. Nhưng ta biết một nhóm con của G(Cubd) có 2dd!phần tử chính là tích nửa trực tiếp của các phép hoán vị d! tọa độ vànhóm bậc 2d sinh bởi các phép đối xứng qua siêu phẳng. Do đó nhóm connày chính là toàn bộ G(Cubd).

Ví dụ về hình đa diện đều trong không gian ba chiều

Ta đưa ra hai cách chứng minh cho sự tồn tại của hình đa diện đều12 mặt (thập nhị diện đều) và 20 mặt (nhị thập diện đều). Hai hình nàylà đối ngẫu của nhau nên nếu hình này tồn tại thì hình kia cũng tồn tại.

Phương pháp hình học

5.2.13 Bổ đề. Cho F, F ′, F ′′ là các hình ngũ giác đều bằng nhau. Thếthì tồn tại một cách duy nhất (sai khác một phép đẳng cự) cách dán dọctheo ba cạnh chung A,A′, A′′ sao cho chúng có chung đỉnh x. Hơn nữa,ta có các đường < x, y >,< x′, y′ >,< x′′, y′′ > là đôi một trực giao vớinhau.

Chứng minh. Vì mỗi góc của ngũ giác đều bằng3π

5nên ta có thể dán

theo ba cạnh để tạo thành một góc tam diện (33π

5<2π) Để chứng minh

được (x, y) và (x′, y′) là trực giao ta tiến hành theo các bước sau:

Theo như hình vẽ (y, z) và (z, t) là trực giao vì (y, z) song song vớicạnh A′ mà A′ là trực giao của (x, t) vì xz = xt và x′z = x′t. Ta có ánhxạ σH là phép đối xứng qua mặt phẳng cách đều x và z chuyển bộ ba(y; z; t) thành (y;x; y′).

Từ bổ đề trên ta đưa ra cách dựng hình đa diện đều 12 mặt như sau.

Trước hết ta lấy hình lập phương C và gắn trên ba cạnh có chungđỉnh x ba hình ngũ giác đều F, F ′, F ′′. Điều này thực hiện được vì


(x, y), (x′, y′), (x′′, y′′) đôi một vuông góc và có cùng chiều dài. Thực hiệncác phép đối xứng của C chuyển mặt thành mặt đối diện, ta thu đượcmột hình đa diện mà 12 mặt là hình ngũ giác đều.

Phương pháp đại số

Ta xây dựng hình đa diện đều 20 mặt dựa trên ý tưởng xác định 12đỉnh trên cạnh của hình bát diện sao cho các mặt là các tam giác đều.Các đỉnh của hình 20 mặt này có dạng

(0,±τ,±1), (±1, 0,±τ), (±τ,±1, 0),

trong đó τ sẽ được xác định.

Khoảng cách từ điểm (τ, 1, 0) đến 5 đỉnh khác

(τ,−1, 0), (0, τ,±1), (1, 0,±τ)

là 2 và√

2τ 2 − 2τ + 2. Do đó τ 2−τ−1 = 0 và τ > 0, nghĩa là τ =

√5 + 1

2.

Với giá trị này của τ điểm (τ, 1, 0) cách đều 5 điểm kia. Tính chất nàycũng đúng với các đỉnh còn lại vì nhóm đẳng cự sinh bởi các phép đốixứng qua các siêu phẳng tọa độ tác động bắc cầu trên tập 12 đỉnh.

Nhận xét:


• Ta thấy rằng 5 điểm (τ,−1, 0), (0, τ,±1), (1, 0,±τ) nằm trên mặt phẳngcó phương trình τx+ y− τ = 0. Từ đó phép quay bậc 5 quanh trục chứa(τ, 1, 0) và trực giao với mặt phẳng τx+ y− τ = 0 giữ bất động hình đadiện đều 20 mặt. Hợp của phép quay này với nhóm đẳng cự ta vừa đềcập trên ta được nhóm tác động bắc cầu trên tập các lá cờ.

• Các đỉnh của hình nhị thập diện đều được dựng trên hình lập phươngvới các đỉnh là (±1,±1,±1) ở phương pháp hình học có tọa độ là

(0,±τ−1,±τ), (±τ, 0,±τ−1), (±τ−1,±τ, 0), ở đó τ =

√5 + 1

2.

• Nhóm đẳng cự của hình thập nhị diện đều: Nhóm này có bậc là 12×10 =120, nhưng nó không đẳng cấu với nhóm đối xứng S5. Thực vậy, vì 30cạnh của hình nhị thập diện đều xác định 15 đường thẳng nối trung điểmvới tâm của hình 12 cạnh. Chúng được nhóm thành năm bộ, mỗi bộ gồm3 đường thẳng đôi một trực giao. Rõ ràng là nhóm G+ các đẳng cự bảotồn hướng của hình 12 cạnh tác động hiệu quả trên tập hợp của 5 bộ bađường thẳng đó. Vì G+ có bậc là 60 nên G+ ∼= A5. Mặt khác G khôngtác động hiệu quả vì nó chứa phép đối xứng qua gốc, do đó G khôngđẳng cấu với S5, nhưng đẳng cấu với tích A5 × Z2.

• Những hình đa diện đều đã được biết đến từ rất sớm. Người ta đã tìmthấy những vật thể hình nhị thập diện đều được làm bởi người Etruscansvào khoảng 500 năm trước Công nguyên. Hiện nay vẫn còn một cặp xúcsắc hình nhị thập diện đều từ thời đế chế Ptoleme được trưng bày ở bảotàng nước Anh.


Ví dụ về hình đa diện đều trong không gian bốn chiều

a. Hình đa diện chuẩn 3, 4, 3: Ta đưa ra 24 đỉnh

(±2, 0, 0, 0), (0,±2, 0, 0), (0, 0,±2, 0), (0, 0, 0,±2), (±1,±1,±1,±1),

nghĩa là hợp các đỉnh của Cub4 và các đỉnh của một hình là ảnh của Coc4

qua phép vị tự với tỷ số là 2. Ta phải chỉ ra các điểm này xác định mộtđa diện đều. Đỉnh x = (2, 0, 0, 0) cách tám đỉnh có tọa độ (1,±1,±1,±1)một khoảng bằng 2. Do đó tập hợp các mặt của P chứa x sẽ tương ứng1−1 với các mặt của hình lập phương được dựng bởi 8 đỉnh này. Đặc biệtlà nhóm G(P ) tác động bắc cầu trên tập các lá cờ chứa x nên G(P ) tácđộng bắc cầu trên các đỉnh. Vì nhóm đẳng cự của khối lập phương Cub2

tác động bắc cầu trên các đỉnh của Cub4 và trên các đỉnh của 2Coc4 nênchỉ cần chỉ ra một phép đẳng cự của P biến (2, 0, 0, 0) và (1,−1,−1,−1)cho nhau. Dễ thấy phép đối xứng qua siêu phẳng cách đều hai điểm nàylà thỏa mãn điều đó. Nó biến (x, y, z, t) thành điểm

(x− y − z − t

2,−x+ y − z − t

2,−x− y + z − t

2,−x− y − z + t

2).

Từ đó nó giữ cố định tập các đỉnh của P .

Tương tự, ta thấy linkP = Cub3, do vậy nhóm G(P ) có bậc 48×24 =1152.

b. Hình đa diện chuẩn 3, 3, 5: Hình đa diện này và đối ngẫu của nólà 5, 3, 3 là những hình đa diện đều phức tạp nhất. Một trăm hai mươiđỉnh của hình đa diện 3, 3, 5 gồm:i) 24 đỉnh của đa diện chuẩn 3, 4, 3.ii) Các đỉnh thu được từ (±τ,±1,±τ−1, 0) qua phép hoán vị chẵn của


các tọa độ, ở đó τ =

√5 + 1

2.

Các cạnh chứa x = (2, 0, 0, 0) là 12 đoạn nối x với các điểm

(τ,±1,±τ−1, 0), (τ, 0,±1,±τ−1), (τ,±τ−1, 0,±1).

Các điểm này tạo thành hình nhị thập diện đều mà nhóm đối xứng củachúng được thác triển bởi phép đồng nhất trên trục đi qua điểm (1, 0, 0, 0)tác động bắc cầu trên các lá cờ của Q chứa x. Nhóm này bảo tồn Q quaviệc xét tập con các đỉnh với cùng tọa độ đầu tiên. Nếu tọa độ đó là τhay −τ thì theo cách dựng nó bảo toàn. Nếu nó là +1 thì các điểm

(1,±1,±1,±1), (1,±τ, 0,±τ−1), (1, 0,±τ−1,±τ), (1,±τ−1,±τ, 0)

sẽ tạo thành hình thập nhị diện đều, bất động qua các phép đối xứngcủa hình nhị thập diện đều. Cuối cùng các điểm có tọa độ 0 ở đầu tiênlà

(0,±2, 0, 0), (0, 0,±2, 0), (0, 0, 0,±2), (0,±τ, 1,±τ−1),

(0, 1,±τ−1,±τ), (0,±τ−1,±τ, 1).

Nhưng những điểm này là các trung điểm của các cạnh của hình nhị thậpdiện đều lớn gấp 2τ−1 lần hình đa diện chuẩn vừa xây dựng ở trên và nóbảo toàn qua tác động nhóm. Ta thấy G(Q) tác động bắc cầu trên cácđỉnh, cho nên nhóm của Q có bậc là 120× 120 = 14400.


Phân loại hình đa diện đều

Ta sẽ chỉ ra rằng tất cả các hình đa diện đều chỉ có thể là các hình đadiện đều đã được xây dựng như trên. Kết quả này do Schlafli tìm ra vàokhoảng năm 1850.

5.2.14 Định nghĩa. Symbol (hay dấu) của đa diện đều d-chiều P , đượckí hiệu bởi r1(P ), r2(P ), · · · , rd−1(P ), là một dãy (d − 1) số nguyênđược xác định bằng quy nạp theo d như sau: r1(P ) là số cạnh của 2-mặt của P và r2(P ), · · · , rd−1(P ) là dấu của linkP (theo Định nghĩa5.2.11).

5.2.15 Ví dụ.

Dễ thấy ri ≥ 3 và dấu của một mặt của P là r1(P ), · · · , rd−2(P ).Dấu của đơn hình Simdd là 3, · · · , 3. Dấu của Cubd là 4, 3, · · · , 3và dấu của Cocd là 3, · · · , 3, 4.Dấu của hình nhị thập diện đều là 3, 5, hình thập nhị diện đều là 5, 3.Dấu của đối ngẫu P ∗ của P là rd−1(P ), · · · , r1(P ).Chú ý rằng đa diện đối ngẫu của một đa diện đều là đa diện với các đỉnhlà trung điểm của các cạnh của đa diện ban đầu.

Ký hiệu: Giả sử P là đa diện đều, gọi l là chiều dài các cạnh của Pvà r là bán kính mặt cầu ngoại tiếp P . Ta đặt

ρ(P ) =l2

4r2.

5.2.16 Bổ đề. Nếu P có dấu là r1, · · · , rd−1 thì

ρ(P ) = 1− cos2π/r1

ρ(link P ).

Chứng minh. Giả sử x ∈ P là một đỉnh, O là tâm của P và O′ là tâmcủa linkxP . Gọi r (tương ứng r′) là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp P(tương ứng linkxP ). Giả sử y, y′ là các điểm đầu mút của một cạnh củalinkxP và l′ = yy′ là chiều dài của cạnh này. Các điểm y, x, y′ là các đỉnhnối tiếp nhau (theo Định nghĩa 5.2.10) của 2-mặt của P, 2-mặt đó là đagiác đều có r1 cạnh. Gọi r′′ là bán kính của đường tròn tâm O′′ ngoạitiếp đa giác này. Ta có:

l = xy = xy′ = 2r′′sinπ

r1

, l′ = 2r′′ sin2π

r1

.


Do đó l′ = 2lcos(π/r1). Theo định nghĩa

ρ(P ) =l2

4r2, ρ(linkP ) = ρ(linkxP ) =

l′2

4r′2.

Ký hiệu 2φ là góc của tam giác y,O, x tại tâmO. Thế thì r′ = lcosφ, l =2rsinφ. Từ các điểm trên ta có:

ρ(P ) = sin2φ, ρ(link P ) =4l2cos2(π/r1)

4l2cos2φ=cos2(π/r1)

cos2φ.

5.2.17 Hệ quả. Số ρ(P ) chỉ phụ thuộc vào (d− 1)-bộ r1, · · · , rd−1 vàđược ký hiệu là ρ(r1, · · · , rd−1). Đối với bất kì hình đa diện đều nào vớidấu r1, · · · , rd−1 ta luôn có hệ thức

ρ(r1, · · · , rd−1) = 1− cos2(π/r1)

ρ(r2, · · · , rd−1).

5.2.18 Định lí. (Schalafli,1850). Dấu của hình đa diện đều chỉ có thểnhận những khả năng sau:

d = 2: n, n ≥ 3 là một số nguyên tùy ý.d = 3: 3, 3, 3, 4, 4, 3, 3, 5, 5, 3;d = 4: 3, 3, 4, 4, 3, 3, 3, 4, 3, 3, 3, 5, 5, 3, 3;d ≥ 5: 3, · · · , 3, 3, · · · , 3, 4, 4, 3, · · · 3;

Hơn nữa, luôn tồn tại một khối đa diện đều ứng với mỗi dấu trong bảnliệt kê trên. Hai đa diện đều cùng dấu thì đồng dạng.


Chứng minh. Sự tồn tại trên được suy ra từ Mệnh đề 5.2.2 và Ví dụ5.2.15.Tính duy nhất (sai khác một phép đồng dạng) được chứng minh bằngquy nạp. Cho P và P ′ là các hình đa diện đều có cùng dấu. Theo phépquy nạp và theo Ví dụ 5.2.15 thì các mặt của P và P ′ là đồng dạng. Tacó thể giả sử các mặt là đẳng cự và do đó ta có thể vẽ mặt của P trùngvới mặt của P ′ sao cho P, P ′ nằm trong cùng nửa không gian xác địnhbởi mặt F đó. Nhưng khi đó P và P ′ có cùng tâm O vì tâm O nhất thiếtphải nằm trên đường vuông góc với siêu phẳng F đi qua tâm O′ của F và

khoảng cách r của tâm O tới các đỉnh của F bằng ρ(P ) = ρ(P ′) =l2

4r2,

ở đây l là chiều dài của một cạnh của F . Cho A là (d− 2)-mặt của F vàG,G′ là các mặt của P và P ′ kề với F dọc theo A. Nếu H =< O,A >là siêu phẳng đi qua tâm O và qua A thì do đa diện lồi là bao lồi củacác đỉnh của nó nên ta suy ra σH(F ) = G, σH(F ) = G′. Do đó G = G′.Dùng phép quy nạp và theo Hệ quả 5.1.9 ta có P = P ′.

Nhận xét: Chúng ta thấy rằng có nhiều hình đa diện đều ở không gianchiều thấp hơn ở không gian chiều cao. Mặc dù hình đa diện đều có nhiềuđặc tính thuần túy hình học và có hình dạng đặc biệt nhưng chúng cómặt trong nhiều cấu trúc toán học quan trọng thông qua nhóm đẳng cựcủa chúng. Chúng đóng một vai trò cơ bản trong nghiên cứu nhóm Lievà các nhóm đại số.

5.3 Thể tích và diện tích mặt của hình đa

diện

Ta luôn quy ước trong mục này rằng X là không gian affine Euclid.Mệnh đề sau đây được suy ra ngay từ định nghĩa.

5.3.1 Mệnh đề. Giả sử H là một siêu mặt, x 6∈ H và K là một tập concompact của H. Gọi C = E(x ∪K) (C được gọi là hình chóp với đỉnhlà x và đáy là K). Khi đó

L(C) =1

dd(x,H)LH(K).


5.3.2 Mệnh đề. Cho P =⋂iRi là một hình đa diện và a là một điểm

thuộcP . Khi đó

L(P ) =1

d

∑i

d(a,Hi)LHi(FaceiP ).

Chứng minh. Theo Định lý 5.1.2 iii), ta có

P =⋃i

E(a ∪ FaceiP ).

NhưngL(E(a ∪ FaceiP ) ∩ E(a ∪ FacejP ))

= L(E(a ∪ (FaceiP ∩ FacejP ))) = 0

vì mặt FaceiP ∩ FacejP nằm trong không gian con có đối chiều 2. Ápdụng Mệnh đề 5.3.1 cho mỗi chỉ số i và sau đó cộng lại ta có khẳng địnhđã nêu.

Nhận xét: Mệnh đề 5.3.2 vẫn còn đúng cho điểm a tùy ý trong X nếuta thay độ dài hình học d(a,Hi) bằng độ dài đại số d′(a,Hi), trong đód′(a,Hi) được định nghĩa như sau:

d′(a,Hi) =

d(a,Hi) nếu a ∈ Ri,

−d(a,Hi) nếu a 6∈ Ri.

Sử dụng độ đo Lebesgue để xác định thể tích đa diện tuy rất đẹp vàgọn gàng nhưng lại là quá kỹ thuật, trong khi các hình đa diện chỉ lànhững đối tượng đơn giản. Vì thế, ta sẽ đưa ra một định nghĩa khác đơngiản hơn về thể tích đa diện dựa vào định lý sau (mà không chứng minhnó).


5.3.3 Định lí. Cho X là không gian affine Euclid và C là một hình lậpphương nằm trong X có cạnh bằng 1. Khi đó tồn tại duy nhất một hàmsố Φ đi từ tập hợp các hình đa diện trong X đến R+ := [0,∞) thỏa mãnba tính chất sau:EV1) Với mọi phép tịnh tiến t và mọi hình đa diện P ta có

Φ(t(P )) = Φ(P ).

EV2) Với bất cứ hai hình đa diện P,Q thỏa mãn

P ∩

Q = ∅

và P ∪Q là một hình đa diện thì ta có

Φ(P ∪Q) = Φ(P ) + Φ(Q).

EV3) Φ(C) = 1.

Hàm Φ như trên được gọi là thể tích của hình đa diện.

Diện tích mặt của hình đa diện

Giả sử P =⋂iRi là hình đa diện trong không gian affine Euclid X. Các

mặt của nó FaceiP là hình đa diện trong không gian affine Euclid Hi ⊂X, có thể tích LHi(FaceiP ). Suy ra biên FrP của P bằng

⋃i FaceiP có

thể tích trong không gian với số chiều (d− 1) là∑

i LHi(FaceiP ). Ta gọiđại lượng này là diện tích mặt của P.

5.3.4 Định nghĩa. Diện tích mặt của một hình đa diện P =⋂iRi, ký

hiệu A(P ), là một số thực dương cho bởi

A(P ) =∑i

LHi(FaceiP ).

Nếu d = 2 thì ta gọi A(P ) là chu vi của P thay vì gọi là diện tích.

5.3.5 Ví dụ. Nếu f là phép đồng dạng của X với hệ số λ thì với mỗihình đa diện P ta có A(f(P )) = λd−1A(P ).


Cho K là tập compact, H là siêu phẳng và p : X → H là phép chiếu

trực giao. Khi đó LH(p(K)) chỉ phụ thuộc vào−→H mà không phụ thuộc

vào H. Gọi S = S(0, 1) là mặt cầu đơn vị trong ~X. Với mỗi ξ ∈ S, ta kýhiệu L(pξ(K)) là thể tích trong H của hình chiếu p(K) của K trên bất

kỳ siêu phẳng H nào thỏa mãn ξ ∈ (−→H )⊥. Ký hiệu σ là độ đo chính tắc

trên S.

Ta có định lý Cauchy sau.

5.3.6 Định lí. (Công thức Cauchy)

Với mỗi d ≥ 2 thì diện tích mặt của một hình đa diện P được tính bởicông thức

A(P ) =1

β(d− 1)

∫ξ∈SL(pξ(P ))σ,

trong đó β(d− 1) là thể tích của hình cầu đơn vị d− 1 chiều.

Chứng minh. Cố định ξ ∈ S. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

ξ 6∈−→Hi ∀i, trong đó Hi là các siêu phẳng chứa các mặt của hình đa diện

P =⋂iRi (vì tập hợp các véctơ ξ ∈

⋃i

−→Hi có độ đo không trên S). Ta

sẽ phải chứng minh∑i

L(pξ(FaceiP )) = 2L(pξ(P )).

Muốn vậy ta chỉ cần chứng tỏ rằng mọi điểm của p(P ) nằm ngoài một

tập có độ đo 0 là ảnh qua p của đúng hai điểm của FrP, ở đó ξ ∈ (−→H )⊥

và p : X → H là phép chiếu trực giao.


Thật vậy, ta có L(p(P )) = L(

p(P )). Ta phải chỉ ra rằng p−1(y)∩P 6= ∅

với y ∈

p(P ). Từ khẳng định này ta có p−1(y) là một khoảng (không suybiến thành một điểm) và do đó biên của nó gồm đúng hai điểm. Giả sửp−1(y) ⊂ Fr(P ). Do Fr(P ) không chứa đoạn thẳng nào vuông góc vớiH (do cách chọn hướng ban đầu) nên p−1(y) là tập hợp gồm một điểmduy nhất. Gọi H ′ là siêu phẳng tựa tại điểm này. Vì y thuộc giao của Hvà H ′ nên H ∩H ′ là siêu phẳng tựa của p(P ) trong H, hay y không thểlà điểm trong của p(P ). Điều này là mâu thuẫn.

Với mỗi Hi, cố định ui ∈ S sao cho ui ∈ (−→Hi)

⊥. Ta có

L(pξ(FaceiP )) = |(ξ|ui)|LHi(FaceiP ).

Suy ra ∫ξ∈SL(pξ(P ))σ =

1

2

∫ξ∈S

(∑i

LHi(FaceiP )

)|(ξ|ui)|σ

=1

2

∑i

(LHi(FaceiP )

∫ξ∈S|(ξ|ui)|σ).

Từ đó ta có điều cần chứng minh vì∫ξ∈S |(ξ|ui)|σ = 2β(d− 1).

Giả sử P là hình đa diện và λ là số thực dương. Ta định nghĩa

B(P, λ) = x ∈ X|d(x, P ) ≤ λ.

Ta sẽ nghiên cứu sự phụ thuộc của L(B(P, λ)) vào biến λ.


5.3.7 Mệnh đề. (Công thức Steiner-Minkowski cho hình đa diện)

Với mỗi hình đa diện P chiều d, tồn tại các Li(P ) ∈ R∗+(0 ≤ i ≤ d) saocho ∀λ ∈ R∗+ thì

L(B(P, λ)) =d∑i=0

Li(P )λi.

Đặc biệt, ta có L0(P ) = L(P ), L1(P ) = A(P ), Ld(P ) = β(d).

Chứng minh. Trang bị cho X cấu trúc không gian véctơ Euclid. Giả sửy 6∈ P . Theo Mệnh đề 4.1.16 ta lấy x ∈ P là điểm duy nhất thỏa mãnd(x, y) = d(y, P ). Từ cách chứng minh của Mệnh đề 4.4.2 ta suy ra rằngd(x+ k−→xy, P ) = kd(x, y) với mỗi k ≥ 0.

Gọi CNx := y ∈ X|(−→xy,−→xz) ≤ 0,∀z ∈ P là hình nón chuẩn tắc tạix ∈ FrP , CN ′x là ảnh của CNx qua phép tịnh tiến trong X sao cho CN ′xcó đỉnh ở gốc tọa độ. Đặt Sx = CNx

⋂S(0, 1). Lập luận như trên ta có

B(P, λ)\P =

⋃x∈FrP

⋃ξ∈Sx

[x, x+ λξ].

Với x ∈ FrP , gọi wx là bậc của x và đặt

Ωi = x ∈ FrP |wx = i (0 ≤ i ≤ d− 1),

tức là Ωi là hợp của các phần trong tương đối của các i-mặt của P .

Với mỗi 0 ≤ i ≤ d− 1 ta đặt

Bi(λ) =⋃x∈Ωi

⋃ξ∈Sx

[x, x+ λξ].

Thế thì

B(P, λ)\P =

d−1⋃i=0

Bi(λ).

Do đó ta thu được một phân hoạch của B(P, λ)\P . Ta có thể viết

L(B(P, λ)) = L(P ) +d−1∑i=0

L(Bi(λ))


Ta thấy khi x di chuyển khắp phần trong tương đối F ∗ của mặt Fcho trước thì nón CN ′x là cố định và do đó Sx cũng cố định (vì CNx đượcxác định bằng các siêu phẳng chứa các mặt mà x thuộc nó). Do vậy tacó thể đặt SF = Sx với bất kỳ x ∈ F và DF =

⋃ξ∈Sx [0, ξ]. Vì F là một

i-mặt cho trước nên ta có đẳng thức sau:⋃x∈F ∗

⋃ξ∈Sx

[x, x+ λξ] = F ∗ × ([0, λ]SF ).

Từ đó L(F ∗ × ([0, λ]SF )) = L(F ∗)L([0, λ]SF ) = L(F )L(DF )λd−1, ở đâythể tích L(F ) và L(DF ) tương ứng là thể tích trong các không gian ichiều và (d− i) chiều.

Ta gọi φi là tập hợp các i-mặt của Pi. Theo lập luận ở trên ta có

L(Bi(λ)) = Ld−i(P )λd−i,

trong đó

Ld−1(P ) =∑F∈φi

L(DF )L(F ).

Đặc biệt, khi i = d− 1, vì DF = [0, 1] nên ta có

L1(P ) =∑

F∈φi−1

L(F ) = A(P ).

Khi i = 0, nhận xét trên và [2, mục 11.6.2] chỉ ra rằng⋃x∈φ0 Sx = S,

hay⋃F∈φ0 DF = B(0, 1). Vì F là một điểm và L(F ) = 1 nên Ld(P ) =

L(B(0, 1)) = β(d).

5.3.8 Mệnh đề. Nếu a ∈ X và r > 0 cho trước thì các hàm số Li(.) bịchặn trên tập hợp các hình đa diện chứa trong B(a, r).

Chứng minh. Cố định λ > 0, ta có B(P, λ) ⊂ B(a, λ+ r) và

L(B(P, λ)) ≤ β(d)(r + λ)d.

Vì tất cả các số hạng của L(B(P, λ)) =∑

i Li(P )λi ≤ β(d)(r + λ)d đều

dương nên ta có Li(P ) ≤ β(d)(r + λ)d

λivới mọi i.


5.4 Thể tích và diện tích mặt của tập lồi

compact

Trong mục này ta giả sử X là không gian Euclid.

Bằng cách sử dụng metric Hausdorff ta sẽ xấp xỉ tập lồi compact bởihình đa diện. Khi đó ta có thể xác định được thể tích của tập lồi bằngmột cách khá sơ cấp và chứng minh được rằng thể tích này liên tục, biêncủa tập lồi có thể tích 0 và xác định diện tích mặt của tập lồi compact

Xấp xỉ tập lồi compact bởi đa diện

Trước hết ta nhắc lại định nghĩa sau.

5.4.1 Định nghĩa. Giả sử X là không gian metric. Ký hiệu K = K(X)là tập các tập con compact của X. Nếu F ⊂ X và ρ ≥ 0 thì ta đặt

U(F, ρ) = x ∈ X|d(x, F ) < ρ

B(F, ρ) = x ∈ X|d(x, F ) ≤ ρ.Nếu F,G là những tập con của X thì khoảng cách Hausdoff giữa F vàG được xác định như sau:

δ(F,G) = infρ|F ⊂ B(G, ρ), G ⊂ B(F, ρ)

Mệnh đề sau đây được rút ra dễ dàng từ định nghĩa.

5.4.2 Mệnh đề. Ánh xạ E : K → K biến tập K thành bao lồi của nó làánh xạ Lipschitz với hằng số Lipschitz là 1.

5.4.3 Hệ quả. Đặt C = F ∈ K|F là lồi . Khi đó C đóng trong K. Đặcbiệt là C đầy. Hơn nữa, với a ∈ X và r ≥ 0, tập Ca,r = Ka,r ∩ C là tậpcompact.

5.4.4 Bổ đề. Cho A,C và D là các tập compact sao cho

C 6= ∅, D ⊂ C ⊂ A, FrA ∩ C = ∅, F rC ∩D = ∅.

Khi đó tồn tại η > 0 sao cho với mỗi tập con lồi S mà δ(C, S) ≤ η thìta có D ⊂ S ⊂ A.


Chứng minh. Bằng cách chọn η = d(FrA,C) ta dễ dàng thấy rằng S ⊂A. Để có S ⊃ D, đặt η = d(FrC,D) và giả sử tồn tại S thỏa mãnδ(S,C) ≤ η nhưng tồn tại một điểm x ∈ D \ S. Lấy y sao cho d(x, y) =d(x, S). Từ Mệnh đề 4.1.16 ta thấy S ⊂ H, trong đó H là một trongcác nửa không gian xác định bởi siêu phẳng trực giao với < x, y > tại y.

Vì x ∈C nên tồn tại điểm z thuộc < x, y > ∩FrC không nằm trên H.

Điểm này thỏa mãn d(z, S) = d(z, y) > d(z, x) ≥ η, mâu thuẫn với giảthiết C ⊂ B(S, η).

Các bổ đề xấp xỉ

Ký hiệu P là tập những hình đa diện lồi compact và P∗ là tập hợp các

đa diện và C∗ là tập C ∈ C| dimC = dimX (hoặc sao choC 6= ∅ do

Mệnh đề 4.2.6). Để tránh sự nhầm lẫn khi ta thay đổi không gian EuclidX ta sẽ viết chúng chi tiết hơn là P(X),P∗(X), C(X) và C∗(X).

5.4.5 Bổ đề. Với mỗi ε > 0 và mỗi C ∈ C∗ tồn tại P ∈ P∗ sao choP ⊂ C ⊂ B(P, ε) (đặc biệt δ(P,C) ≤ ε).

Chứng minh. Vì C là compact nên C có thể được phủ bởi n hình cầuB(ai, ε), ai ∈ C. Ta chọn P = ε(a1, · · · , an), thì P đa diện lồi thỏa mãnyêu cầu.

5.4.6 Hệ quả. P trù mật trong C.

Chứng minh. Ta thấy rằng P∗ trù mật trong C∗. Bây giờ lấy C ∈ (C \C∗)và Y =< C > là không gian con sinh bởi C. Trong Y , tập lồi C có phầntrong khác rỗng. Do đó ta có thể xấp xỉ nó bởi P ∈ P(Y ). Vậy P × Iε,ở đây Iε là hình cầu có bán kính ε trong không gian trực giao Y ⊥ với Y ,sẽ xấp xỉ C trong C.

5.4.7 Bổ đề. Với mỗi C ∈ C∗, a ∈C và η > 1 tồn tại P ∈ P∗ sao cho

P ⊂ C ⊂ Ha.η(P ), F r(C) ∩ P = ∅, C ∩ Fr(Ha.ηP ) = ∅.

Chứng minh. Chọn r > 0 sao cho B(a, r) ⊂C và ε sao cho 0 < ε <

r(y− 1). Theo Bể đề 5.4.5 ta cũng có thể chọn P ∈ P∗ sao cho P ⊂ C ⊂


B(P, ε). Theo Bể đề 5.4.4, P chứa B(a, r) nếu ε đủ nhỏ. Khi đó khoảngcách giữa mặt F của P và Ha.η(F ) là lớn hơn hoặc bằng (η − 1)r > ε.Từ đó suy ra Ha.η(P ) ⊃ B(P, ε) ⊃ C. Để nhận được điều kiện về biênta chỉ cần xét ảnh của P qua phép đồng dạng với tỉ số đồng dạng < 1nhưng đủ gần 1.

5.4.8 Hệ quả. Biên của bất kì tập lồi C đều có độ đo là 0

Chứng minh. NếuC là tập rỗng thì C nằm trong không gian con thực sự

nên nó có độ đo là 0. NếuC 6= ∅ thì áp dụng Bổ đề 5.4.7 ta có biên của C

chứa trong P ′ \P , ở đây P ′ = Ha.ηP . Ta có L(P ′ \P ) = L(P )(ηd− 1) ≤L(C)(ηd − 1). Thể tích này dần đến 0 khi η dần đến 1.

Thể tích của tập lồi compact

5.4.9 Mệnh đề. Cho C ∈ C ta có:

L(C) = supL(P )|P ∈ P , P ⊂ C = infL(P )|P ∈ P , P ⊃ C.

Chứng minh. NếuC = ∅, ta chuyển sang trường hợp

C 6= ∅ như trong

Hệ quả 5.4.6. NếuC 6= ∅ thì ta áp dụng Bổ đề 5.4.7.

5.4.10 Mệnh đề. Hàm thể tích L : C∗ → R là hàm tăng nghiêm ngặt.Nghĩa là nếu D và C là các phần tử khác nhau của C với D ⊂ C thìL(D) < L(C). Kết quả này rõ ràng sai trong K.

Chứng minh. Thực vậy, nếu C ⊃ D,C 6= D thì theo bổ đề ở mục Hệ quả

4.2.4 ta cóC \D 6= ∅. Cho ε > 0, x ∈

C \D sao cho B(x, ε) ⊂ C \D. Ta

cóL(C) ≥ L(D) + L(B(x, ε)) > L(D).

Nhớ lại rằng hàm thể tích không liên tục trên K. Trên C ta có mệnhđề sau:

5.4.11 Mệnh đề. Hàm thể tích L : C → R là liên tục trên C.


Chứng minh. Ta làm tương tự như trong [2, mục 9.12.6]. Trên X \FrC,ta có

limn→∞

XCn = XC

nếulimn→∞

Cn = C.

Nhưng FrC có độ đo là 0, do đó

limn→∞

∫X

XCnµ =

∫X

XCµ

trên toàn bộ X.

Ta có thể chứng minh sơ cấp hơn như sau: Nếu C = limn→∞Cn cóphần trong rỗng thì ta áp dụng cách chứng minh của Hệ quả 5.4.6.

Bây giờ ta giả sử rằngC 6= ∅. Theo Bổ đề 5.4.7 ta có thể chọn các

đa diện P, P ′ sao cho P ⊂ C ⊂ P ′ với FrC ∩ P = ∅, F rP ′ ∩ C = ∅ vàL(P ′) − L(P ) ≤ ε. áp dụng Bổ đề 5.4.4 ta thấy với η đủ nhỏ bất đẳngthức δ(C,D) ≤ η kéo theo rằng P ⊂ D ⊂ D′. Do đó

|L(D)− L(C)| ≤ L(P ′)− L(P ) ≤ ε.

Diện tích mặt của tập lồi compact

5.4.12 Bổ đề. Hàm L(p(.)) : S × C 3 (ξ, C) 7→ L(pξ(C)) ∈ R là liêntục.

Chứng minh. Cố định ξ ∈ S,C ∈ C∗, a ∈C, ε > 0. Với mỗi η > 1, theo

Bổ đề 5.4.7, tồn tại P ∈ P∗ thỏa mãn

P ⊂ C ⊂ P ′ = Ha,ηP, FrC ∩ P = ∅ và FrP ′ ∩ C = ∅.

Do Hpξ′ (a).η pξ′ = pξ′ Ha.η với mọi ξ′ ∈ S nên ta có

L(pξ′(P′)) = ηd−1L(pξ′(P )).

Vì tồn tại r > 0 sao cho B(a, r) ⊃ C nên ta có

|L(pξ′(P′))− L(pξ′(P ))| ≤ (ηd−1 − 1)rd−1β(d− 1)


với mọi ξ′ ∈ S. Do đó ta có thể chọn P, η sao cho

|L(pξ′(P′))− L(pξ′(P ))| ≤ ε/3

với bất kỳ ξ′ ∈ S. Từ chứng minh của Định lý 5.3.6 ta suy ra ánh xạS 3 ξ′ 7→ L(pξ′(P )) ∈ R là liên tục đối với ξ′. Vì thế tồn tại ζ sao chonếu ||ξ′ − ξ|| ≤ ζ thì

|L(pξ′(P ))− L(pξ(P ))| ≤ ε/3.

Theo Bể đề 5.4.4 ta có thể chọn θ đủ nhỏ sao cho nếu δ(D,C) ≤ 0 thìP ⊂ D ⊂ P ′. Kết hợp các kết quả trên ta có:|L(pξ′(D))− L(pξ(C))| ≤ |L(pξ′(D))− L(pξ′(P ))|+ |L(pξ′(P ))− L(pξ(P ))|+ |L(pξ(P ))− L(pξ(C))|≤ |L(pξ′(P

′))− L(pξ′(P ))|+ ε/3 + |L(pξ(P′))− L(pξ(P ))| ≤ ε.

5.4.13 Định lí. Với mỗi C ∈ C∗ tích phân

A(C) = (β(d− 1))−1

∫ξ∈SL(pξ(C))σ

là tồn tại và được gọi là diện tích của C (hay là chiều dài nếu d = 2).Định nghĩa này về diện tích là tương thích với định nghĩa đã cho với hình

đa diện. Ánh xạ A : C∗ → R là liên tục, tăng nghiêm ngặt và bất biếnđối với các phép đẳng cự.

Chứng minh. Tính tồn tại và tính liên tục xuất phát từ Bổ đề 5.4.12 vàlý thuyết tích phân. Diện tích này là tương đương với diện tích của đadiện theo công thức trong Định lý 5.3.6. Cuối cùng, lấy D ⊂ C,D 6= C vàchọn hình cầu B(a, ε) ⊂ C \D (ε > 0) như trong Mệnh đề 5.4.10.. TheoBổ đề 4.1.17 tồn tại một đường thẳng Θ chứa a và không giao với D. Lấy

ξ ∈−→Θ ∩ S. Theo tính liên tục thì bất kỳ một đường thẳng đi qua a và

có hướng η đủ gần với ξ thì vẫn không giao với D. Từ Mệnh đề 5.4.10 tacó L(pη(D)) < L(pη(C)) với bất kỳ η nào và do đó A(D) < A(C).

5.4.14 Hệ quả. Với mỗi C ∈ C∗ ta có

A(C) = supA(P )|P ∈ P∗, P ⊂ C = infA(P )|P ∈ P∗, P ⊃ C.


5.4.15 Chú ý. Diện tích của hình cầu C = S(a, r) là A(C) = rd−1α(d).Thực vậy, pξ(S(a, r)) là hình cầu bán kính r với mỗi ξ cho nên

L(pξ(S(a, r))) = rd−1β(d− 1).

Do đó A(S(a, r)) = rd−1∫Sσ = rd−1α(d).

5.4.16 Định lí. (Định lý Steiner-Minkowki)Đối với mỗi tập lồi C ∈ C∗ chiều d tồn tại các vô hướng Li(C) (i =

0, 1, · · · , d) sao cho với bất kỳ λ ∈ R∗+ ta có

L(B(C, λ)) =d∑i=0

Li(C)λi.

Các hàm Li : C∗ → R là liên tục. Thêm vào đó ta có:Lo(C) = L(C), L1(C) = A(C), Ld(C) = β(d) với mọi C.

Chứng minh. Ta xem C như là giới hạn

limn→∞

Pn,

ở đây Pn ∈ P∗ với mọi n. Vì Pn bị chặn nên từ Mệnh đề 5.3.8 ta suyra rằng Li(Pn) bị chặn với tất cả giá trị của i. Ta có thể giả sử rằngtồn tại ki (i = 0, 1, · · · , d) (nếu cần ta có thể lấy một dãy con thỏa mãnki = limn→∞ Li(Pn)). Vậy thì

limn→∞

L(B(Pn, λ)) =d∑i=0

kiλi

Theo Mệnh đề 5.4.11 ta có

limn→∞

L(B(Pn, λ)) = L( limn→∞

B(Pn, λ)).

Do đólimn→∞

B(Pn, λ) = B( limn→∞

Pn, λ) = B(C, λ).

Suy ra

L(B(C, λ)) =d∑i=0

kiλi.


Do L(B(C, λ)) là một đa thức với biến λ và các giá trị của nó chỉ phụthuộc vào C mà không phụ thuộc vào việc chọn dãy xấp xỉ nên ta cũngcó khẳng định tương tự như vậy cho ki = Li(C). Hơn nữa, ánh xạ

C × R+ 3 (C, λ) 7→ L(B(C, λ)) ∈ R

là liên tục. Do vậy hệ số của đa thức L(B(C, λ)) cũng phải liên tục. Cuốicùng, việc nhận được các giá trị Lo,L1,Ld được suy ra từ Mệnh đề 5.3.7và tính liên tục.

5.4.17 Hệ quả. Với mỗi tập lồi C ∈ C∗, ta có

A(C) = limλ→0

L(B(C, λ))− L(C)

λ.

Ví dụ. Lấy C = B(0, 1) ⊂ Rd. Khi đó ta có

B(C, λ) = B(0, λ+ 1), λ(B(C, λ)) = (λ+ 1)dβ(d),

A(C) = limλ→0

β(d)(λ+ 1)d − β(d)

λ= dβ(d).

Vì A(C) = α(d) nên ta có hệ thức α(d) = dβ(d).

5.4.18 Chú ý. Các số Li(.) là các bất biến đẳng cự thú vị của tập compactlồi.Đối với lớp các C2-đa tạp con V ⊂ X ta có thể chỉ ra được rằng (theo[2, mục 6.9]) L(B(V, λ)) vẫn là một đa thức nhưng chỉ với các giá trị đủnhỏ của λ.Ví dụ với hình tròn S = S(0, 1) ⊂ R2 ta có

L(B(S, λ)) =

4πλ nếu λ ∈ [0, 1]

L(B(S, λ)) = π(λ+ 1)2 nếu λ ≥ 1

Cũng như vậy với giá trị λ đủ nhỏ, chỉ có những lũy thừa khác nhau củaλ được thể hiện vì các số hạng khác bị triệt tiêu hết. Một khác biệt quantrọng khác nữa đó là ở đây số hạng trong λd (lại giả thiết là λ đủ nhỏ)là X (V )β(d)λd, ở đó X (V ) là đặc trưng Euler của đa tạp V , trong khiđó với các tập lồi nó là β(d)λd.

Mặt khác nếu K chỉ là một tập compact và không có bất kỳ điều kiện


nào thêm thì L(B(K,λ)) sẽ là một hàm không liên tục thậm chí ngay cảvới các giá trị đủ nhỏ của λ. Và nói chung

limλ→0

L(B(K,λ))− L(λ)

λ

không tồn tại. Cách tốt nhất ta có thể làm là định nghĩa diện tích Minkowskitrên và dưới của K như sau:

M+(K) = limλ→0

supL(B(K,λ))− L(λ)

λ,

M−(K) = limλ→0

infL(B(K,λ))− L(λ)

λ.

Người ta cũng đã chỉ ra nhiều tính chất củaM+(K),M−(K).

Diện tích và phép đối xứng Steiner

Xét ánh xạ stH : K(X) −→ K(X) cho bởi K 7−→ stH(K) = K′, trong đóK(X) là tập các tập con compact của X

5.4.19 Bổ đề. Cho A,B ∈ C là các tập lồi và H là siêu phẳng. Với mỗigiá trị λ ∈ [0, 1] ta có

stH(λA+ (1− λ)B) ⊃ λstH(A) + (1− λ)stH(B).

Nếu X là một không gian véctơ thì với mọi λ, µ ≥ 0 ta có

stH(λA+ µB) ⊃ λstH(A) + µstH(B).

5.4.20 Mệnh đề. Với mỗi C ∈ C∗ và mỗi siêu phẳng H ta có

A(stH(C)) ≤ A(C).

Chứng minh. Coi X như không gian véctơ sao cho 0 ∈ H và S ∈ B(0, 1)là hình cầu đơn vị của X. Ta có:

L(B(C, λ)) = L(C) +A(C)λ+ o(λ),


L(stH(B(C, λ))) = L(stH(C + λS))

≥ L(stH(C) + λstH(S))

= L(stH(C) + λS)

= L(B(stH(C)), λ)

= L(stH(C)) +A(stH(C))λ+ 0(λ)

= L(C) +A(stH(C))λ+ o(λ).

Do

limλ→0

o(λ)

λ= 0

nên ta suy ra A(C) ≥ A(stH(C)).Dấu bằng xảy ra khi stH(C) = C hoặc sai khác một phép tịnh tiến.

5.4.21 Định lí. Nếu tập lồi C ∈ C∗ và siêu phẳng H thỏa mãn điều kiệnA(stH(C)) = A(C) thì sẽ tồn tại một siêu phẳng H ′ song song với H vàstH′(C) = C.

Chứng minh. Theo định nghĩa, nếu tập C được xác định bởi hai hàm

f, g thì stH(C) xác định bởif − g

2và

g − f2

. Ta có:

A(C) =

∫FrD

(f − g)σ +

∫D

(√

1 + ‖f ′‖2 +√

1 + ‖g′‖2)µ,

A(stH(C)) =

∫FrD

(f − g)σ +

∫D

√4 + ‖f ′ − g′‖2µ,

Ta có√

1 + ‖ξ‖2 +√

1 + ‖η‖2 ≥√

4 + ‖ξ − η‖2 với bất kỳ hai véctơ ξ, ηtrong không gian Euclid. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi η = −ξ. Do đóf ′ = −g′ hầu khắp nơi và vì thế f + g là hằng số (vì nó liên tục).

Biểu thức cụ thể cho diện tích

Xét C ∈ C∗ và một siêu phẳngH củaX. CoiX = H×R và gọi p : X → Hlà phép chiếu lên H. Cho µ là độ đo Lebesgue trên H và đặt D = p(C).Ta có các kết quả sau.

5.4.22 Định lí. Tồn tại một độ đo σ trên FrD và các hàm số f, g :D → R sao cho:


i) f, g khả vi hầu khắp nơi trên D và các hàm số√

1 + ‖f ′‖2,√

1 + ‖g′‖2

là µ-khả tích.ii) Có C = (x, t) ∈ H ×R|x ∈ D, f(x) ≥ t ≥ g(x).iii) A(C) =

∫FrD

(f − g)σ +∫D

(√

1 + ‖f ′‖2 +√

1 + ‖g′‖2)µ.

Chứng minh. Xem [2, Định lý 12.10.11.1]. Chú ý rằng độ đo σ là giớihạn của độ đo Lebegues trên biên của một dãy các đa diện lồi hội tụ đếnC.

5.4.23 Hệ quả. Giả sử C ∈ C∗ mà FrC có thể được phân hoạch thànhhữu hạn các đa tạp con có số chiều ≤ d = dimX. Khi đó mỗi đa tạp con(d − 1)-chiều trong phân hoạch này có thể tích hữu hạn theo độ đo sinhbởi metric chính tắc trên X và A(C) bằng tổng thể tích của đa tạp con(d− 1)-chiều này.

Chứng minh. Đây là hệ quả của Định lý 5.4.5 và công thức Stokes.

Thực vậy, với ánh xạ g : (x1, · · · , xn) 7→ (x1, · · · , xn, f(x1, · · · , xn))ta có

|g∗w| = ‖ ∂g∂x1

∧, · · · ,∧ ∂g∂xn‖|dx1 ∧ · · · ∧ dxn|.

Theo [2, mục 8.11.11] ta có các tọa độ của∂g

∂x1

∧ · · · ∧ ∂g

∂xnlà

(− ∂f

∂x1

, · · · ,− ∂f

∂xn, 1).

Các bất đẳng thức đẳng chu

Đây là một kết quả cơ bản và quan trọng với một lịch sử rất dài và thúvị. Ta có thể tìm thấy trong nhiều tài liệu tham khảo.

5.4.24 Định lí. Giả sử C là tập con lồi trong không gian affine d chiềuX thỏa mãn Co 6= ∅. Khi đó ta có

A(C) ≥ d(β(d))1/dL(C)(d−1)/d

hayA(C)

α(d)≥ (L(C)

β(d))(d−1)/d.


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C là hình cầu.

Phép chứng minh thứ nhất.Phép chứng minh thứ nhất dựa vào phép đối xứng Steiner và Kugelungsatz.

Với mỗi tập compact lồi C ∈ C∗ đặt:

F = F ∈ C∗|L(F ) = L(C),A(F ) ≤ A(C).

Tập này đóng trong C. Thật vậy, nếu

A = limn→∞

An

với A ∈ C, An ∈ F với mọi n thì ta có L(An) = L(C) 6= 0 (vì An ∈ C∗).Do tính liên tục ta có L(A) 6= 0, cho nên A ∈ C∗.Khi đó theo Định lý 5.4.13 ta có

A(A) = limn→∞

A(A) ≤ A(C).

Suy ra A ∈ F .Hơn nữa, theo tính chất của phép chiếu Steiner, F là bất biến đối vớiphép đối xứng Steiner. Bởi Định lý Blaschke về hình cầu, ta suy ra tồntại hình cầu B(a, r) ∈ F , ở đây a ∈ X, r > 0. Do đó ta có

A(C) ≥ A(B(a, r)) = α(d)rd−1,L(C) = L(B(a, r)) = β(d)rd.

Ta xét dấu bằng xảy ra. Khi đó, từ Định lí 5.4.21 ta suy ra trong cácsiêu phẳng hướng ξ tồn tại siêu phẳng H thỏa mãn stH(C) = C. Suy raσH(C) = C. Do đó mọi siêu phẳng H đều đi qua một điểm cố định a củaX. Vì C là bất biến với nhóm các phép biến đổi trực giao O(Xa) nên Clà một hình cầu.Phép chứng minh thứ hai.

Cách này dựa vào định lý Brunn-Minkowski. Lấy C ∈ C∗. Xét hìnhcầu S = B(0, 1). Ta có B(C, λ) = C + λS. Từ định lí Brunn-Minkowskivà công thức nhị thức ta có

L(B(C, λ)) = L(C + λS)

≥ ((L(C))1/d + λ(β(d))1/d)d

≥ L(C) + dL(C)(d−1)/d(β(d))1/dλ.


Từ đó ta có điều cần chứng minh nhờ áp dụng công thức đạo hàmMinkowski-Steiner.

Phép chứng minh thứ ba.Phép chứng minh này do Gromov đưa ra là rất mới. Nó đúng với các

miền C của X mà biên của nó là một siêu phẳng trơn. Đặc biệt, C khôngnhất thiết phải lồi.

Ta ký hiệu L(C) là độ đo Lebesgue của C và A(C) là độ đo chínhtắc của siêu mặt H = ∂C.

Véctơ hóa X tại O và xét hệ tọa độ trực giao xii=1,..,d của X. Khôngmất tính tổng quát, giả sử L(C) = β(d) là thể tích của hình cầu đơn vịB của X. Xác định ánh xạ f : C → B như sau:Với mỗi m ∈ C, H1(m) = x−1

1 (x1(m)) là siêu phẳng theo hướng x1 = 0

chứa m và H1(m) là siêu phẳng theo cùng hướng phân hoạch B thành

hai tập con có cùng thể tích như tập con của C trên mỗi cạnh của H1(m).

Nói cách khác H1(m) = x−11 (α1), ở đây α1 được xác định bởi điều kiện

L(C ∩ x−11 ([x1(m),∞])) = L(B ∩ x−1

1 ([α1,∞])).

Ta xác định hai không gian affine con (d − 2) chiều H2(m), H2(m)theo hướng x1 = x2 = 0 theo cách tương tự với C ∩ H1(m) thay vì

C và B ∩ H1(m) thay vì B. Ta tiếp tục quy trình này cho đến khi

thu được các đường thẳng Hd−1(m), Hd−1(m) và cuối cùng là các điểm

Hd(m) = m và Hd(m). Đặt f(m) := Hd(m). Từ cách xây dựng ta cóJf(m) = ( ∂fi

∂xj(m)) có dạng:

λ1(m) ? · · · ?0 λ2(m) · · · ?...

.... . .

...0 0 · · · λd(m)

là ma trận tam giác trên. Dựa vào định lý Fubini ta dễ dàng chứng minhrằng f bảo toàn thể tích, tức là

d∏i=1

λi(m) = 1.

Ta xem f là một trường vectơ trên C. Vì f(m) thuộc hình cầu đơn


vị B nên ‖f(m)‖ ≤ 1. Áp dụng định lý Stokes với f, C và H = ∂C ta có∫C

divf(m)dm =

∫H

(f(h)|ν(h))dh,

ở đây dm là độ đo Lebesgue trên X (và C), dh là độ đo của H như siêumặt khả vi và ν(m) là pháp véctơ đơn vị hướng ra ngoài của H.

Ta có

divf(m) =d∑i=1

∂fi∂xi

(m) =d∑i=1

λi(m),

d∑i=1

λi(m) ≥ d(d∏i=1

λi(m))1/d = d.

Vì ‖f‖ ≤ 1 nên ta có |(f \ ν)| ≤ 1. Cuối cùng ta có

β(d) = L(C)

=

∫C

dm

≤ d−1

∫C

divfdm

= d−1

∫H

(f(h)\ν(h))dh

≤ d−1

∫H

dh

= d−1A(H).

Từ đó ta có A(H) ≥ dβ(d) = α(d).

Ta xét dấu bằng xảy ra. Khi đó với một điểm bất kỳ m ∈ C các sốλi(m) đều nhận giá trị 1. Tiếp theo (f |ν) = 1 tại các điểm trên biênH của C. Đặc biệt, các siêu phẳng Hd−1(m) giao với H ở hai điểm. Vì∂fi∂xi

= 1 nên ảnh của ánh xạ f , qua một phép tịnh tiến của C nếu cần,

có dạng

f(x1, · · · , xd) = (x1, x2 + a(x1), x3 + b(x1, x2), · · · ).

Vì (f |ν) = 1 trên H nên f = ν. Bây giờ xét giao K ∩ C của C trongkhông gian affine K theo phương x3 = x4 = · · · = xd = 0.


Từ đó ta có2x1

x1

=2(x2 + a(x1))(1 + a′(x1))

x2 + a(x1). Suy ra a′(x1) = 0.

Sau khi biến đổi để rút gọn a, ta thấy hạn chế của f trên C ∩K là ánhxạ đồng nhất. Vì thế K∩C được đồng nhất với đĩa K∩B. Nhưng vì việcchọn hệ trực chuẩn là bất kỳ nên giao của C với mọi phẳng affine là đĩacó bán kính nhỏ hơn hoặc bằng 1. Vì f là toàn ánh nên tồn tại ít nhấtmột đĩa D với bán kính bằng 1. Lấy hai điểm xuyên tâm đối m1,m2 trênD và xét phẳng affine tùy ý chứa m1,m2. Vì P ∩ C là đĩa có bán kínhnhỏ hơn hoặc bằng 1 nên nó phải là đĩa có bán kính bằng 1 với m1 vàm2 là hai điểm xuyên tâm đối. Cho P thay đổi, ta suy ra C là hình cầubán kính bằng 1 có tâm là trung điểm của đoạn thẳng nối m1 và m2.

Bất đẳng thức đẳng chu vẫn đúng trong trường hợp ta không có điềukiện lồi nhưng miền của ta có biên là đa tạp con khả vi của X. Nhưngthiếu điều kiện lồi thì dấu bằng có thể xảy ra đối với những tập compactkhác nữa ngoài hình cầu.

Trong trường hợp không gian hai chiều thì tính lồi không còn quantrọng nữa. Cụ thể, ta sẽ có một định lý khái quát hơn như sau.

5.4.25 Định nghĩa. Giả sử X là không gian vectơ tôpô. Một đườngcong đơn đóng là một đường cong bất kỳ Γ ⊂ X sao cho tồn tại ánh xạf : S1 → X, đồng phôi lên ảnh f(S1) = Γ. Nếu X là một không gianmetric, xét các điểm (ti)i=0,1,2,··· ,n trên S1 sao cho to = tn, ti nằm giữati−1 và ti+1 với mọi i, ta xét tổng

n−1∑i=0

d(f(ti), f(ti+1)).

Giới hạn trên của tổng đó không phụ thuộc vào đường cong đơn đóng Γ.Giới hạn này được gọi là độ dài của Γ và được kí hiệu là leng(Γ) và Γđược gọi là đường cầu trường nếu độ dài của nó hữu hạn.

Giả sử rằng X là phẳng Euclid. Nếu C ∈ C thì biên Γ = FrC là mộtđường cong đơn đóng và độ dài leng(Γ) = A(C). Nếu Γ là một đườngcong đơn đóng thì bao lồi của nó E(C) ∈ C∗ và leng(Γ) ≥ A(E(Γ)).

5.4.26 Định lí. Với mọi đường cong đóng đơn Γ trong mặt phẳng Euclidta có

leng(Γ) ≥ 2√πL(E(Γ)).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Γ là đường tròn.


Chứng minh. Dễ thấy leng(Γ) ≥ A(E(Γ)) ≥ 2√πL(E(Γ)).

Ta xét xem dấu bằng xảy ra khi nào. Khi dấu bằng xảy ra thì Γ =FrC, ở đây C = E(Γ). Với x ∈ Γ cố định, do tính liên tục nên tồn tạiy ∈ Γ sao cho hai đường cong Γ1 = FrC1,Γ2 = FrC2 có cùng độ dài, ởđây C1, C2 là hai phần của C nằm trên mỗi nửa mặt phẳng xác định bởi< x, y > . Ta chứng minh L(C1) = L(C2). Thật vậy, nếu L(C1) ≤ L(C2)ta lấy ảnh C1 qua < x, y > sẽ thu được một cung C ′2 thỏa mãn

L(E(C1 ∪ C ′2)) ≥ L(C1 ∪ C ′2)

= L(C1) + L(C ′2)

> L(C)

vàA(E(C1 ∪ C ′2)) ≤ A(C1) +A(C2) = A(C).

Điều này là mâu thuẫn.

Cuối cùng ta chỉ ra rằng C1 là nửa đường tròn với đường kính x, ynghĩa là < p, x >⊥< p, y > với mọi p ∈ Γ1. Giả sử p ∈ Γ1 và < p, x >không vuông góc với < p, y > . Vậy thì ta có thể quay tròn phần gạchchéo trong hình dưới đây quanh điểm P cho đến khi < p, x1 > trực giaovới < p, y >.

Theo [2, 10.3.3] tam giác p, x1, y có diện tích lớn hơn p, x, y và tacó thể tăng gấp đôi hình mới bằng cách đối xứng qua < x1, y > để đượctập compact C ′2∪C ′2 sao cho L(C ′1∪C ′2) > L(C) và leng(Fr(C ′1∪C ′2)) ≤leng(Fr(C)). Điều này là vô lí.

5.4.27 Hệ quả. Cho R là nửa mặt phẳng của không gian Euclid và Φ làmột dải dây có độ dài cố định. Nếu Φ đặt trên R sao cho các điểm đầumút của dây x và y nằm trên FrR thì ta có diện tích bao bởi Φ và FrRsẽ đạt cực đại khi Φ là hình bán cầu có đường kính x, y.

Chương 6

Các phép biến hình của mặtphẳng

Lý thuyết các phép đẳng cự trong mặt phẳng Euclid đã được xây dựngtrong Giáo trình Hình học tuyến tính dựa trên những kết quả sâu sắccủa Đại số tuyến tính. So với cách làm truyền thống thì cách xây dựngtrên có nhiều ưu điểm nổi bật: Các khái niệm và các kết quả được hìnhthành và chứng minh chặt chẽ. Tuy nhiên, nó đòi hỏi người học phảinắm vững Đại số tuyến tính, một điều không dễ dàng cho các thầy côdạy Toán ở nhà trường phổ thông đã nhiều năm xa rời đại học. Vì thế,trong chuyên đề này (và cũng là chương này) chúng tôi muốn xây dựngLý thuyết các phép biến hình phẳng theo cách truyền thống để thầy côvà các bạn học sinh có thể đọc như một tài liệu tham khảo bổ ích. Mộtsố khái niệm thay vì được xây dựng hoàn toàn trên cơ sở tiên đề hóa thìlại được xây dựng trực giác.

6.1 Đại cương về các phép biến hình phẳng

Trong suốt chương này ta sử dụng các ký hiệu sau:(AB): đường thẳng AB.[AB): tia [AB).[AB]: đoạn thẳng [AB].|AB|: độ dài của đoạn thẳng [AB].

287

288 CHƯƠNG 6. CÁC PHÉP BIẾN HÌNH CỦA MẶT PHẲNG

Một số khái niệm

6.1.1 Định nghĩa. Phép biến hình phẳng là song ánh từ mặt phẳng lênchính nó.Ví dụ: Ánh xạ đồng nhất Id : R2 → R2 là phép biến hình và gọi là phépbiến hình đồng nhất.

6.1.2 Định nghĩa. Cho phép biến hình f .

• A gọi là điểm bất động của f nếu f(A) = A.• Φ gọi là hình kép nếu f(Φ) = Φ.• Φ gọi là hình cố định nếu f(A) = A với mọi A ∈ Φ.

6.1.3 Định nghĩa. Cho phép biến hình f . Thế thì ánh xạ ngược f−1

của song ánh f gọi là phép biến hình đảo ngược của phép biến hình fhay là nghịch đảo của phép biến hình f .

6.1.4 Định nghĩa. Cho hai phép biến hình f, g. Hợp thành của hai phépbiến hình này là hợp thành của hai ánh xạ f, g. Kí hiệu: g f . Ta còngọi là tích các phép biến hình.

Vì tích các ánh xạ có tính kết hợp nên tích các phép biến hình cũngcó tính kết hợp.

6.1.5 Mệnh đề. Tập hợp G các phép biến hình phẳng lập thành mộtnhóm đối với phép toán hợp thành.

6.1.6 Định nghĩa. Một tính chất hay khái niệm T được gọi là bất biếnđối với nhóm các phép biến hình phẳng G nếu T được bảo tồn dưới tácđộng của mỗi phần tử f ∈ G.

6.1.7 Định nghĩa. Phép biến hình f gọi là đối hợp nếu f 2 = Id, nghĩalà f = f−1.

Phép đẳng cự

6.1.8 Định nghĩa. Phép biến hình phẳng giữ nguyên khoảng cách gọi làphép đẳng cự, tức là: nếu D là phép dời hình và D(A) = A1, D(B) = B1

thì |AB| = |A1B1|.

Phép đẳng cự không làm đổi hướng của hình gọi là phép dời hình.Phép đẳng cự làm đổi hướng của hình gọi là phép phản chiếu.


6.1.9 Định nghĩa. Nếu H1 là ảnh của một hình H qua một phép đẳngcự thì H1 gọi là hình toàn đẳng với H. Kí hiệu: H1

∼= H.

Dễ thấy quan hệ toàn đẳng của các hình là một quan hệ tương đương.

6.1.10 Mệnh đề. Tập hợp các phép đẳng cự với phép toán hợp thànhlập thành một nhóm con của nhóm các phép biến hình phẳng.

6.1.11 Định lí. Có một và chỉ một phép đẳng cự biến các đỉnh A,B,Ccủa một tam giác không suy biến, tương ứng thành các đỉnh A1, B1, C1

của tam giác toàn đẳng với nó. Nghĩa là, phép đẳng cự được hoàn toànxác định bởi hai tam giác toàn đẳng.

Chứng minh. Sự tồn tại được suy ra từ tính toàn đẳng của 4ABC và4A1B1C1.

Ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử D là phép dời hình phẳng nàođó thỏa mãn D(A) = A1, D(B) = B1, D(C) = C1. Giả sử X là một điểmbất kì của mặt phẳng. Rõ ràng điểm D(X) phải cách các đỉnh A1, B1, C1

các khoảng |XA|, |XB|, |XC|. Nhưng ba đường tròn với tâm A1, B1, C1

không thẳng hàng thì chỉ có không quá một điểm chung, nghĩa là D(X)được xác định duy nhất.

Mệnh đề sau đây là hệ quả trực tiếp của định lý trên.

6.1.12 Mệnh đề. Nếu các điểm A,B;A1, B1 thuộc cùng một mặt phẳngvà |AB| = |A1B1| thì tồn tại đúng hai phép đẳng cự f1 và f2 biến điểmA thành A1, biến điểm B thành B1. Nếu α1 là nửa mặt phẳng giới hạnbởi đường thẳng AB thì qua các phép dời này nó sẽ được biến thành hainửa mặt phẳng β1, β2 giới hạn bởi đường thẳng A1B1.

6.1.13 Mệnh đề. (Các bất biến của phép đẳng cự)

a) Qua một phép đẳng cự, ba điểm thẳng hàng biến thành ba điểmthẳng hàng trong đó thứ tự của các điểm được giữ nguyên.b) Qua một phép đẳng cự, hai đường thẳng song song biến thành haiđường thẳng song song.c) Qua một phép đẳng cự, đường tròn biến thành đường tròn cùng bánkính.d) Phép đẳng cự biến một góc thành góc toàn đẳng với nó.


Chứng minh.

a) Giả sử cho ba điểm thẳng hàng A,X,B và X nằm giữa A,B, nghĩalà:

|AX|+ |XB| = |AB|.

Giả sử D(A) = A1, D(X) = X1, D(B) = B1. Theo định nghĩa phép đẳngcự ta có:

|AX| = |A1X1|, |XB| = |X1B1|, |AB| = |A1B1|.

Suy ra |A1X1| + |X1B1| = |A1B1|, tức là A1, X1, B1 thẳng hàng và X1

nằm giữa A1 và B1.

b) Giả sử D(a) = a1, D(b) = b1 và a//b. Nếu a1 ∩ b1 = M1 (duy nhất)thì ∃M = a∩ b sao cho D(M) = M1. Điều này vô lí vì a//b. Vậy a1//b1.

c) Giả sử D : O 7→ O1 với mọi điểm X ∈ (O, r) 7→ X1 và |OX| =|O1X1| = r. Suy ra X1 ∈ (O1, r). Vậy D((O)) ⊂ (O1).Tương tự: D−1((O1)) ⊂ (O). Vậy phép đẳng cự biến đường tròn (O, r)thành đường tròn (O1, r).

d) Giả sử qua phép đẳng cự

D : [OX) 7→ [O1X1)

[OY ) 7→ [O1Y1).

Lấy A ∈ [OX), B ∈ [OY ). Giả sử:

D : A 7→ A1

B 7→ B1.

Thế thì |OA| = |O1A1|, |OB = |O1B1|, |AB| = |A1B1|. Suy ra 4OAB ∼=4O1A1B1 ⇒ XOY ∼= X1O1Y1.

Véctơ

6.1.14 Định nghĩa. (Định nghĩa hai đoạn thẳng cùng hướng)

a) Giả sử các đoạn thẳng AB và CD nằm trên các đường thẳng songsong khác nhau. Dựng đường thẳng AC ta nhận được hai nửa mặt phẳngvới biên AC. Nếu [AB], [CD] nằm trong cùng một nửa mặt phẳng thì


chúng gọi là cùng hướng. Nếu [AB], [CD] nằm trong những nửa mặtphẳng khác nhau thì chúng gọi là ngược hướng.

b) Nếu [AB], [CD] nằm trên một đường thẳng thì chúng được gọi là cùnghướng nếu một trong hai tia [AB), [CD) chứa tia còn lại; chúng được gọilà ngược hướng nếu không có tia nào trong hai trên chứa tia còn lại.

6.1.15 Định nghĩa. (Định nghĩa véctơ) Véctơ là tập hợp tất cả cácđoạn thẳng cùng hướng cùng độ dài.

Chú ý: Khi khảo sát về véctơ ta không biểu diễn mọi đoạn thẳng củatập hợp đó mà chỉ cần một "đại diện" bất kì mà thôi. Thành thử khi kí

hiệu véctơ là−→AB chẳng hạn thì ta hiểu đó là tập hợp tất cả các đoạn

thẳng cùng hướng, cùng độ dài với đoạn thẳng AB.

Như vậy, một véctơ−→AB được đặc trưng bởi 2 yếu tố:

- Độ dài của đoạn AB.

- Hướng của đoạn AB.

6.2 Phép dời hình

Trong mục này ta sẽ giới thiệu các phép dời hình đặc biệt và ứng dụngcủa chúng trong giải bài tập hình học. Sau đó ta sẽ trình bày về cấu trúccủa phép dời hình trong mặt phẳng.

Các phép dời hình đặc biệt

Có ba phép dời hình đặc biệt là: Phép quay, Phép đối xứng tâm và Phéptịnh tiến.

Phép quay

6.2.1 Định nghĩa. Cho điểm O và góc định hướng α (−180 ≤ α ≤180).

Phép quay tâm O đi một góc α là một phép biến hình phẳng mà điểmO được biến thành chính nó, còn một điểm X bất kì khác O được biến


thành điểm X1 sao cho:|OX| = |O1X1|góc định hướng (OX,OX1) = α.

Kí hiệu: QαO với O là tâm quay, α là góc quay. Như vậy một phép

quay là hoàn toàn xác định nếu biết tâm quay, độ lớn góc quay và hướngquay.

Chú ý: • Trong vật lí, một chuyển động quay được nghiên cứu như mộtquá trình chuyển động thay đổi theo thời gian. Nhưng trong hình học,quá trình chuyển động không được chú ý đến mà người ta chỉ quan tâmđến vị trí đầu và vị trí cuối của quá trình quay. Chẳng hạn: hai phépquay theo những góc α = 270 và α − 360 = −90 trong vật lí là haiquá trình khác nhau nhưng trong hình học thì đó chỉ là một phép quay.Vì vậy nếu β = α + k360 (k nguyên) và −180 ≤ α ≤ 180 thì ta nóiQαO = Qβ

O.

• Phép quay không làm thay đổi hướng của hình. Vì vậy phép quay làphép dời hình. Do đó phép quay có đầy đủ các tính chất của phép dờihình. Hơn nữa, tâm quay là điểm bất động duy nhất.

6.2.2 Định lí. Một phép dời (khác phép đồng nhất) là phép quay khi vàchỉ khi nó có một điểm bất động duy nhất.

Chứng minh.

Điều kiện cần: Rõ ràng phép quay (với góc quay khác 0) có điểm bấtđộng duy nhất là tâm quay.Điều kiện đủ: Xét phép dời D với điểm bất động O. Xét điểm A khác Ovà D(A) = B. Thế thì B nằm trên đường tròn (O, r) với |OA| = r.


Nếu AOB = 180 với mọi điểm A thì D là phép quay 180 và phépchứng minh là kết thúc.

Nếu AOB = α 6= 180 với một điểm A nào đó. Ta xét tiếp D(B) =D2(A). Vì phép dời D bảo tồn khoảng cách nên D(B) ∈ (O, r). Hơnnữa D(B) chỉ có thể là một trong hai điểm A,C với C trên đường tròn

sao cho BOC = α. Nhưng nếu D(B) = A thì điểm giữa M của [AB]là điểm bất động. Trái với giả thiết O là điểm bất động duy nhất. VậyD(B) = C và ta đã chứng minh được D chính là phép biến hình biếncác điểm O,A,B thành O,B,C tương ứng. Mà chỉ có một phép dời duynhất biến O,A,B thành O,B,C tương ứng nên phép dời D chính là Qα

O

với α là góc định hướng AOB.

6.2.3 Mệnh đề. Qua phép quay QαO thì ảnh l′ của đường thẳng l là một

đường thẳng. Nếu α 6= 0 và α 6= ±180 thì góc (l, l′) = |α|. Còn trongtrường hợp ngược lại thì l, l′ sẽ song song với nhau hoặc trùng nhau.


Chứng minh. Nếu l đi qua tâm O thì hiển nhiên.

Nếu l không đi qua tâm O thì góc giữa l và l′ bằng góc giữa các đườngvuông góc (OP ) và OP ′ hạ từ O xuống các đường này. Vì vậy góc giữal và l′ là |α|.

6.2.4 Mệnh đề. Hợp thành của hai phép quay QαO và Qβ

O là phép quayQα+βO .

6.2.5 Mệnh đề. Hợp thành của hai phép quay Qα1O1

và Qα2O2

(α1 + α2 6=k · 360 ∀k ∈ Z) là một phép quay góc α1 + α2. Tâm của phép quay nàylà giao của hai đường thẳng l1, l2 trong đó l1 là đường thẳng đi qua O1 và(l1, O1O2) = α1

2, còn l2 là đường thẳng đi qua O2 và (O1O2, l2) = α2

2.

Chứng minh. Để thuận tiện ta xét α1, α2 cùng dấu và gọi tắt Qα1O1

và Qα2O2

là Q1 và Q2. Chúng ta cần tìm các điểm bất động của phép dời Q2 Q1.

Giả sử A là điểm bất động của Q2 Q1, tức là Q2(Q1(A)) = A. Giảsử Q1(A) = B. Thế thì Q2(B) = A. Suy ra O2 cách đều A và B. NhưngB = Q1(A) nên O1 cách đều A và B. Vậy các điểm A,B đối xứng nhauqua [O1O2].

Vì AO1B = α1 nên A phải nằm trên đường thẳng l1 đi qua O1 và

(l1, O1O2) = α1

2. Mặt khác, BO2A = α2 nên A phải nằm trên đường

thẳng l2 đi qua O2 và (O2O1, l2) = α2

2. Theo giả thiết |α1+α2|

26= 180

nghĩa là l1 ∦ l2, hay l1 ∩ l2 chỉ tại duy nhất điểm A mà thôi. Vậy A làđiểm bất động duy nhất của phép dời Q2 Q1. Suy ra phép dời Q2 Q1

là phép quay xung quanh tâm A.


Bây giờ ta tìm góc quay. Muốn vậy chỉ cần tìm ảnh của một điểm tùyý khác tâm A qua phép quay Q2Q1. Để thuận tiện ta lấy ngay điểm O1.Ta có: Q2 Q1(O1) = Q2(O1). Giả sử Q2(O1) = C tức là |O2O1| = |O2C|và O1O2C = α2. Do đó Q2 Q1 là phép quay quanh tâm A đi góc O1AC.

Ta tính góc O1AC trong trường hợp 0 < α1 + α2 < 360.

Ta có: CAO2 = O2AO1 = 180 − α1

2− α2

2,

O1AC = 360 − CAO2 − O2AO1 = α1 + α2.

Với trường hợp −360 < α1 + α2 < 0 ta cũng có kết quả tương tự.

Chú ý: Hợp thành QO1 QO2 là phép quay với góc quay α1 +α2 nhưngquanh tâm B. Điều này chứng tỏ hợp thành của hai phép quay với tâmkhác nhau thì không giao hoán được.

Ứng dụng của phép quay

Ví dụ 1: Trên các đoạn [AB], [BC] của đoạn thẳng [AC] ta dựng về mộtphía của đoạn này các tam giác đều ABM,BCN . Gọi K,L là các điểmgiữa của [AN ], [CM ]. Chứng minh 4KBL là đều.Giải. Xét phép quay Q−60

B ta có:

A 7→M

N 7→ C,

tức là [AN ] 7→ [MC], do đó K 7→ L.

Vì thế |BK| = |BL| và KBL = 60. Vậy 4KBL đều.

Cách 2: Dễ thấy4MBC ∼= 4NBA nên |BK| = |BL| và KBA = MBL.

Do đó KBM + MBL = KBM + KBA = 60. Suy ra 4KBL đều.


Ví dụ 2: Cho hai hình vuông ABCD và AEFG với đỉnh A chung. GọiO1, O2 là tâm các hình vuông; M là điểm giữa của EB; N là điểm giữacủa DG. Chứng minh O1MO2N là hình vuông.Giải.

Q90

O2: E 7→ A

Q90

O1: A 7→ B

Q90

O2Q90

O1: E 7→ B.

Do tích của hai phép quay Q90O1 Q90

O2chính là phép quay 180 nên

M chính là tâm của phép quay Q90O1 Q90

O2. Mặt khác, tâm M là giao

của hai đường thẳng đi qua O1, O2 và tạo góc 45 với (O1O2). Nghĩa là4O1MO2 là vuông cân tạiM . Tương tự 4O1NO2 vuông cân tại N . Suyra O1MO2N là hình vuông.

Cách 2: Dễ thấy 4AEC = 4ABF (c.g.c). Vì thế |EC| = |BF |. Do|O1M | = 1

2|BF |; |O2M | = 1

2|EC| nên |O1M | = |O2M |. Gọi I là điểm

giữa [EA], K là điểm giữa của [AF ]. Thế thì 4IO1M = 4KO2M(c.c.c).

Suy ra IMO1 = KO2M . Do [IM ] ⊥ [KO2] nên [O1M ] ⊥ [MO2]. Vậyhình chữ nhật O1MO2N có hai cạnh của một góc vuông bằng nhau nênnó là hình vuông.


Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD và một điểmM trên một cạnh của nó.Tìm hai điểm X, Y trên các cạnh khác của hình vuông sao cho 4XMYlà đều.Giải:

Phân tích: Giả sử đã dựng được 4MXY đều. Ta có:

Q60

M : M 7→M

A 7→ A1 ⇒4MAX 7→ 4MA1Y

B 7→ B1.


Do đó MA1Y = 90.Cách dựng: Thực hiện phép quay

Q60

M : A 7→ A1,

sau đó dựng [A1Y ] ⊥ [MA1] cắt BC tại Y . Khi đó [MY ] là cạnh củatam giác phải tìm. Dựng đỉnh X sao cho |MX| = |MY |. Ta có 4MXYlà tam giác phải tìm.

Phép đối xứng tâm

6.2.6 Định nghĩa. Phép quay tâm O đi một góc α = 180 gọi là phépđối xứng tâm O. Tâm quay là tâm đối xứng. Kí hiệu: XO.

Như vậy, qua phép đối xứng tâm O các điểm X,O,X1 thẳng hàngvà |OX1| = |OX|. Nếu biết hai điểm X,X1 đối xứng nhau cho trước thìtâm đối xứng chính là điểm giữa của [XX1].

6.2.7 Mệnh đề. i) Đối xứng tâm là phép biến hình đối hợp và tâm đốixứng là điểm bất động duy nhất.ii) Phép đối xứng tâm biến đường thẳng qua tâm thành chính nó.iii) Phép đối xứng tâm biến đường thẳng không qua tâm thành đườngthẳng song song với nó.iv) Hai đường thẳng song song được coi là ảnh của nhau qua phép đốixứng tâm.

Chứng minh. i) và ii) là hiển nhiên.iii) Giả sử b = XO(a), a∩b = B và B1 = XO(B). Vì B 6= O nên B1 6= B.Do đó B1 cùng thuộc cả b và a. Điều này trái giả thiết a, b là hai đườngthẳng phân biệt. Vậy a//b.iv) Giả sử a//b, A ∈ a,B ∈ b, O là điểm giữa của [AB]. Rõ ràng XO(A) =B và giả sử XO(a) = a′ thì a′ đi qua B và song song với a. Từ tiên đềsong song ta suy ra a′ ≡ b.

6.2.8 Mệnh đề. (Hợp thành của các phép đối xứng tâm)i) XB XA = T

2−→AB

với A 6= B.

ii) XC XB XA = XO, trong đó−→AO =

−−→BC(B 6= C).


Chứng minh. i) Giả sử XA(M) = M ′, XB(M ′) = M1. Rõ ràng−−−→MM1 =

2−→AB. Vậy XB XA là phép tịnh tiến theo véctơ 2

−→AB.

Nếu A ≡ B thì XB XA = E.ii) Vì B 6= C nên XC XB = T

2−−→BC

= T2−→AO

= XO XA. Suy ra XC XB X−1A = XO. Do X−1

A = XA nên XC XB XA = XO.

Tổng quát ta có thể phát biểu:+ Hợp thành của một số chẵn các phép đối xứng tâm là phép tịnh tiến.+ Hợp thành của một số lẻ các phép đối xứng tâm là phép đối xứng tâm.

6.2.9 Mệnh đề. i) XC XB XA = XA XB XC.ii) Hợp thành của các phép đối xứng tâm là không thay đổi nếu ta thayđổi vị trí của các nhóm những thừa số đứng liền nhau trong đó mỗi nhómchứa một số chẵn lần các phép đối xứng tâm.iii) Hợp thành của các phép đối xứng tâm là không thay đổi nếu ta thayđổi vị trí của các thừa số đứng ở những hàng cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Chứng minh. i) XC XB XA = XC T2−→AB, XA XB XC = T

2−→BAXC .

Do XC T2−→AB

= T2−→BAXC nên ta suy ra điều phải chứng minh.

ii) Ví dụ ta phải chứng minh: (XAXB)(XCXDXEXF ) = (XCXDXEXF )(XAXB).Kết quả có được là do tính chất giao hoán của hợp thành các phép tịnhtiến.iii) Ví dụ ta phải chứng minh:X7X6X5X4X3X2X1 = X1X2X3X4X7X6X5.Theo tính chất i) ta có

X7X6X5(X3X2X1) = X7X6X5X4(X1X2X3)

= X7X6(X1X5X4)X2X1 = X1X6X7X4X5X2X3

cứ làm tiếp tục như vậy ta được kết quả cuối cùng.

Hình có tâm đối xứng. Đối xứng bậc n

6.2.10 Định nghĩa. Hình H biến thành chính nó qua phép đối xứngtâm gọi là hình có tâm đối xứng.

Chú ý: Tâm đối xứng có thể không thuộc hình có tâm đối xứng.


6.2.11 Định nghĩa. H gọi là hình đối xứng bậc n nếu H biến thànhchính nó qua phép quay xung quanh một điểm O nào đó đi góc α = 360o

n,

(n là số tự nhiên). Điểm O gọi là tâm đối xứng bậc n của hình.

Rõ ràng định nghĩa này bao hàm cả trường hợp hình có tâm đối xứngđã xét ở trên vì lúc này n = 2 và α = 1800. Những hình có tâm đối xứngbậc khác nhau thường gặp trong thiên nhiên, nghệ thuật, kiến trúc vàxây dựng.

Ứng dụng của đối xứng tâm

Ví dụ 4: Dựng một ngũ giác biết các điểm M1,M2,M3,M4,M5 là cácđiểm giữa của các cạnh liên tiếp.Giải:Cách 1: Giả sử ABCDE là ngũ giác phải dựng. Gọi X1, X2, X3, X4, X5

là các phép đối xứng tâm với các tâm là M1,M2,M3,M4,M5. Khi đó:X1(A) = B, X2(B) = C, X3(C) = D, X4(D) = E, X1(E) = A. Tức làphép phép dời f = X5 X4 X3 X2 X1 biến điểm A thành chính nó.Mà f lại là phép đối xứng tâm. Vậy A chính là tâm đối xứng của f.

Cách dựng: Lấy một điểm A′bất kỳ rồi dựng các điểm B′ = X1(A),

C ′ = X2(B′), D′ = X3(C ′), E ′ = X4(D′), F ′ = X5(E ′). Khi đó f(A′) =F ′, nghĩa là A′ và F ′ đối xứng nhau qua điểm A phải tìm là điểm giữacủa A′F ′. Sau khi tìm được A ta dễ dàng tìm được các đỉnh còn lại củađa giác cần dựng.


Cách 2: Cách dựng: Dựng hình bình hành MM2M3M4 biết ba đỉnhM2,M3,M4.Dựng tam giác ABC biết trung điểm của ba cạnh là M,M1,M5, sau đódựng ngũ giác ABDCE.

Ví dụ 5: Trong mặt phẳng cho ba điểm O1, O2, O3, A là một điểm bấtkì. Giả sử X01(A) = A1; X02(A1) = A2; X03(A2) = A3 và X01(A3) = A4;X02(A4) = A5; X03(A5) = A6. Chứng minh rằng: A = A6.Giải:Cách 1: Ta kí hiệu X01, X02, X03 là X1 X2 X3. Thế thì

X2 X1 = T2−−−→O1O2

, X1 X3 = T2−−−→O3O1

, X3 X2 = T2−−−→O2O3

.

Do đó

f = T2−−−→O2O3

T2−−−→O3O1

T2−−−→O1O2

= T2(−−−→O2O3+

−−−→O3O1+

−−−→O1O2)

= Id.

Vậy f(A) = A6 = A.


Cách 2: AA3A1A4 là hình bình hành và A1A4A2A5 là hình bình hànhnên AA2A5A3 cũng là hình bình hành. Vì vậy A6 = A.

Tổng quát: Cho một số lẻ các điểm O1, O2, · · · , O2n+1. Xét phép dờihình f = X02n+1 X02n · · · X02 X01. Giả sử A0 là điểm bất kì. Nếuf(A0) = A1 và f(A1) = A2 thì A0 = A2.

Thật vậy, vì tích của số lẻ lần các phép đối xứng tâm là phép đốixứng tâm nên f cũng là phép đối xứng tâm. Vì vậy f f = Id, tức làf f(A0) = A0. Do f(f(A0)) = f(A1) = A2 nên ta suy ra A0 = A2.

Phép tịnh tiến

6.2.12 Định nghĩa. Cho véctơ −→a . Phép tịnh tiến theo véctơ −→a là phép

biến hình phẳng biến mỗi điểm X thành điểm X1 sao cho−−→XX1 = −→a . Kí

hiệu là T−→a .

Dễ thấy phép tịnh tiến là phép dời hình. Vì thế phép tịnh tiến có đầyđủ các tính chất của phép dời. Hơn nữa, nếu −→a 6= −→0 thì T−→a không cóđiểm bất động và những đường thẳng song song với −→a là những đườngthẳng bất biến.

6.2.13 Mệnh đề. Một phép dời hình là tịnh tiến khi và chỉ khi nó biếnmỗi tia thành tia cùng hướng.

Chứng minh. Điều kiện cần: Trước hết ta chứng minh phép tịnh tiếnbiến đường thẳng thành đường thẳng song song. Thật vậy: vì T là phépdời nên ảnh của đường thẳng a là đường thẳng. Giả sử T (A) = A1,T (B) = B1, O là điểm giữa của [AB1]. Qua XO thì A 7−→ B1; B 7−→ A1.Vì vậy XO(a) = a1. Do phép đối xứng tâm biến đường thẳng thànhđường thẳng song song với nó nên a1‖a.

Ta thấy ngay hai đoạn thẳng AB và A1B1 là cùng hướng. Do đó cáctia [AB) và [A1B1) là cùng hướng.

Điều kiện đủ: Giả sử D là phép dời biến mỗi tia thành tia cùng hướng.Nếu với mọi điểm A: D(A) = A thì D chính là Id và D = T−→

0.

Nếu tồn tại điểm A mà D(A) 6= A thì ta đặt D(A) = A1. Chọn một điểmX tùy ý khác A. Theo giả thiết [AX) biến thành tia cùng hướng có gốc

tại A1. Giả sử X1 = D(X). Ta có |AX| = |A1X1|. Vì vậy−−→AX =

−−−→A1X1.


Xét phép tịnh tiến T−−→AX

ta có

T−−→AX

: A 7→ X,A1 7→ X1.

Suy ra |AA1| = |XX1| (do tịnh tiến là phép dời) và (AA1)‖(XX1) (điều

kiện cần). Vì vậy−−→AA1 =

−−→XX1. Do đó D chính là phép tịnh tiến T−−→

AA1.

Những tính chất sau đây được suy ra từ định nghĩa.

a) Hợp thành của hai phép tịnh tiến là một phép tịnh tiến với véctơ tịnhtiến bằng tổng các véctơ tịnh tiến của hai phép đó và hợp thành là giaohoán được.

b) Biến đổi đồng nhất Id là phép tịnh tiến theo véctơ−→0 .

c) Đảo ngược của phép tịnh tiến theo véctơ −→a là phép tịnh tiến theovéctơ −−→a .

Tóm lại, ta có mệnh đề sau.

6.2.14 Mệnh đề. Tập hợp các phép tịnh tiến lập thành nhớm con giaohoán của nhóm các phép đẳng cự.

Ứng dụng của phép tịnh tiến

Ví dụ 6: Chứng minh nếu trong tứ giác ABCD đường nối các điểm giữacủa các cạnh [AB], [BC] bằng nửa tổng hai cạnh [AB], [BC] thì tứ giácđó là hình thang.

Giải:Cách 1: Dựng [MB′] = T−−→

AM([AB]) và [MC ′] = T−−→

DM([MB′]).


Sau đó dựng [C ′K] = T−−−→MC′

([MB′]).

Từ giả thiết suy ra |MK| = |MC ′| + |C ′K| nên M,C ′, K thẳng hàng,nghĩa là (AB)//(DC). Vậy tứ giác ABCD là hình thang.

Cách 2: Kẻ (MI)//(AB). Thế thì (IN)//(BC). Suy ra |MI|+|IN | =|AB|+ |DC|

2. Do đó M, I,N thẳng hàng. Vậy ABCD là hình thang.

Ví dụ 7: Giả sử F,D,E là các điểm giữa của các cạnh [AB], [BC], [AC]của tam giác ABC. Gọi O1, O2, O3 là tâm các đường tròn nội tiếp trongcác tam giác AFE,FBD,EDC. Gọi Q1, Q2, Q3 là tâm các đường trònngoại tiếp các tam giác này. Chứng minh 4O1O2O3

∼= 4Q1Q2Q3.

Giải:Cách 1

Xét phép tịnh tiến theo véctơ −→a =−→AF =

−−→FB =

−−→ED ta có

T−→a : 4AEF 7→ 4FBD,O1 7→ O2, Q1 7→ Q2.


Suy ra−−−→O1O2 =

−−−→Q1Q2 = −→a và |O1O2| = |Q1Q2|.

Tương tự xét các phép tịnh tiến T−→b, T−→c ta nhận được |O2O3| =

|Q2Q3| và |O3O1| = |Q3Q1|. Suy ra 4O1O2O3∼= 4Q1Q2Q3.

Cách 2: Do Q1, Q2 là các tâm ngoại tiếp nên |Q1Q2| =|AB|

2. Lại do

|MF | = 12chu vi 4AFE−|AE| và |NF | = 1

2chu vi 4BFE−|BD| nên

|MF |+ |NF | = chu vi4AFE − |AE| − |BD| = |AF |+ |FE| − |AE| −|BD| = |AF |. Suy ra |MN | = |AF | = 1

2|AB|. Vậy |Q1Q2| = |O1O2|.

Tương tự ta chứng minh được |Q2Q3| = |O2O3|., |Q3Q1| = |O3O1|.

Ví dụ 8: Cho hai đường tròn (O1), (O2) và đường thẳng d. Dựng đoạnAB song song với d có độ dài bằng a cho trước và hai đầu mút ở trênhai đường tròn này.

Giải:Ta phải xác định A hoặc B. Giả sử phải xác đinh B. Vì A ∈ (O1) nênB = T−→a (A) sẽ thuộc (O

′1) = T−→a (O1). Mặt khác, do B ∈ (O2) nên B là

giao của (O′1) và (O2). Từ đó suy ra cách dựng.


6.3 Phép phản chiếu

Ta đã định nghĩa phép phản chiếu là phép đẳng cự làm đổi hướng củahình. Bây giờ ta sẽ giới thiệu một số phép phản chiếu đặc biệt.

Đối xứng trục

6.3.1 Định nghĩa. Hai điểm X,X1 gọi là đối xứng với nhau qua đườngthẳng l nếu l ⊥ [XX1] và đi qua điểm giữa của [XX1]. Ta coi rằng mỗiđiểm của đường thẳng l là đối xứng với chính nó đối với đường thẳngnày.

6.3.2 Định nghĩa. Phép đối xứng với trục l là phép biến hình phẳngsao cho mỗi điểm X biến thành điểm X1 đối xứng với nó qua đườngthẳng l. Kí hiệu phép đối xứng trục l là S1.

Rõ ràng phép đối xứng trục là phép đẳng cự làm đảo hướng của hìnhnên nó là phép phản chiếu. Như vậy phép đối xứng trục có tất cả cáctính chất của phép phản chiếu, ví dụ bảo tồn khoảng cách và độ lớn củagóc. Ngoài ra, phép đối xứng trục còn có các tính chất sau.

6.3.3 Mệnh đề. a) Đối xứng trục S1 là phép biến hình đối hợp có trụcđối xứng là đường thẳng cố định.b) Các nửa mặt phẳng với biên l là ảnh của nhau.c) Trong phép đối xứng trục thì đường vuông góc với trục là đường thẳngbất biến.

6.3.4 Mệnh đề. Nếu các điểm A,B;A1, B1 thuộc cùng một mặt phẳngvà |AB| = |A1B1| thì tồn tại đúng hai phép đẳng cự f1 và f2 biến điểm


A thành A1, biến điểm B thành B1. Nếu α1 là nửa mặt phẳng giới hạnbởi đường thẳng AB thì qua các phép dời này nó sẽ được biến thành hainửa mặt phẳng β1, β2 giới hạn bởi đường thẳng A1B1.

6.3.5 Mệnh đề. Phép đối xứng trục với trục l là phép đẳng cự thỏa mãncác điều kiện sau:i) Các điểm của đường thẳng l đều bất động.ii) Các nửa mặt phẳng với biên l là ảnh của nhau qua phép dời này.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh sự tồn tại của một phép đẳng cựnhư vậy. Thật vậy, giả sử A,B ∈ l. Theo Mệnh đề 6.1.12, tồn tại đúnghai phép đẳng cự biến cặp điểm A,B thành cặp điểm A1 = A, B1 = B.Một trong các phép đẳng cự đó dĩ nhiên là phép đồng nhất. Khi đó cácnửa mặt phẳng với biên l được giữ nguyên. Còn với phép đẳng cự thứhai, các nửa mặt phẳng với biên l biến nửa này thành nửa kia và cácđiểm của đường thẳng l được giữ nguyên. Phép đẳng cự này chính làphép đối xứng trục với trục l theo định nghĩa nêu trên.

Hình có trục đối xứng

6.3.6 Định nghĩa. Nếu một hình biến thành chính nó qua phép đốixứng đối với trục l thì hình đó được gọi là hình có trục đối xứng vàđường thẳng l được gọi là trục đối xứng của hình đã cho.

Có những hình không chỉ có một mà có một vài trục đối xứng.

Ví dụ:1. (AB) là trục đối xứng của [AB]. Đường thẳng l ⊥ [AB] tại điểm giữacủa nó cũng là trục đối xứng của [AB].2. Trục đối xứng của tia là đường thẳng chứa tia đó. Ngoài ra tia khôngcòn trục đối xứng nào khác.3. Trục đối xứng của đường thẳng l là đường thẳng l và tất cả nhữngđường thẳng vuông góc với đường thẳng l.

Ứng dụng của phép đối xứng trục

Ví dụ 9: Hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại các điểm A,B. Chứngminh đường thẳng (O1O2) ⊥ [AB] và chia đôi nó.

Giải:Gọi h1, h2 là các nửa đường tròn nằm về một phía của đường thẳng O1O2.


h′1, h′2 là các nửa đường tròn nằm phía kia. Gọi S là phép đối xứng với trục

(O1O2). Khi đó h′1 = S(h1), h′2 = S(h2). Do mọi phép đẳng cự đều bảotoàn giao và hợp của các hình nên S(h1 ∩ h2) = S(h1)∩S(h2) = h′1 ∩ h′2.Từ đó ta nhận được S(A) = B, tức là A,B là đối xứng nhau qua (O1O2).Vậy (O1O2) ⊥ [AB] và đi qua điểm giữa của nó.

Ví dụ 10: Cho góc AOB. Trên cạnh [OA) lấy các điểm M,N , trên cạnh[OB) lấy các điểm P,Q sao cho |OM | = |OP |, |ON | = |OQ|. Chứngminh L = (MQ) ∩ (NP ) nằm trên phân giác của góc.

Giải:Giả sử l là đường phân giác của góc AOB. Nó là trục đối xứng của gócAOB và qua phép đối xứng trục này thì [OA) 7→ [OB),M 7→ P , Q 7→ N ,N 7→ Q, P 7→M . Suy ra [MQ] 7→ [NP ] và [NP ] 7→ [MQ].

Giả sử L = [MQ] ∩ [NP ] và L1 = S1(L). Thế thì L1 cũng chính làgiao điểm của [MQ] và [NP ]. Suy ra L = L1, tức là L là điểm bất động.Do đó L ∈ l.

Ví dụ 11: Cho (MN) và hai điểm A,B nằm về một phía của (MN).Trên (MN) hãy tìm điểm X sao cho |AX|+ |XB| nhỏ nhất.

Giải:

Xét phép đối xứng trục S(MN) : B 7→ B1. Thế thì |AX| + |XB| =


|AX|+ |XB1| ≥ AB1. Vậy |AX|+ |XB| là nhỏ nhất khi A,X,B1 thẳnghàng. Lúc đó X = [AB1] ∩ (MN).

Đối xứng trượt

6.3.7 Định nghĩa. Phép đối xứng trượt là hợp thành của một phép đốixứng trục và một phép tịnh tiến có véctơ tịnh tiến song song với trục đốixứng. Kí hiệu phép đối xứng trượt là Sc hoặc Sc

l,−→a , ở đó l là trục trượt,−→a là véctơ trượt. Như vậy Sc = T−→a Sl với −→a //l.

Ta thấy phép đối xứng trượt là phép phản chiếu. Hơn nữa, các phépđối xứng trượt còn có các tính chất sau.

6.3.8 Mệnh đề. i) Hợp thành T−→a Sl với −→a //l là giao hoán được.ii) Các phép đối xứng trượt không có điểm bất động. Trục đối xứng trượtlà đường thẳng bất động duy nhất.iii) Trục của phép đối xứng trượt luôn chia đôi mọi đoạn thẳng nối tạoảnh và ảnh tương ứng.iv) Nghịch đảo của phép đối xứng trượt là phép đối xứng trượt cùng trụcnhưng véctơ tịnh tiến là vec tơ đối.


6.3.9 Định lí. Một phép phản chiếu không phải là đối xứng trục thì sẽlà đối xứng trượt.

Phép chứng minh của định lý trên sẽ được trình bày ở mục sau.

Ứng dụng của phép đối xứng trượt

Ví dụ 12: Cho đường thẳng l và hai điểm A,B ở về cũng một phía củal. Tìm trên đường thẳng l hai điểm X, Y sao cho |XY | = a (a là độ dàicho trước) và độ dài đường gấp khúc AXY B là nhỏ nhất.

Giải:Độ dài đường gấp khúc AXY B là nhỏ nhất khi |AX|+ |Y B| nhỏ nhất.

Xét Sc(A) = (T−→a Sl)(A) = T−→a (A1) = A2, ở đây ~a =−−−→A1A2.

Ta có |AX|+ |Y B| = |A2Y |+ |Y B| ≥ |A2B|. Do đó |AX|+ |Y B| lànhỏ nhất khi và chỉ khi Y = [A2B] ∩ l. Từ Y đặt đoạn |Y X| = a. Ta cóđiểm X phải tìm.

Ví dụ 13: Dựng tứ giác ABCD biết C = D, |AB| = a, |CD| =c, |BC|+ |AD| = s và d là khoảng cách từ đỉnh A đến đường thẳng CD.

Giải:Phân tích: Lấy (CD) = l làm trục đối xứng,

−−→DC = ~c là véctơ trượt. Đặt

So(A) = A2. Ta có B,C,A2 là ba điểm thẳng hàng do C = D. Vậy thì∆ABA2 là dựng được do biết các cạnh AA2, AB và BA2.

Cách dựng:- Dựng đường thẳng l.- Lấy Ao tuỳ ý trên l và qua Ao dựng (AA1)⊥l rồi đặt về cả hai phía củaAo các đoạn |AAo| = |AoA1| = d.


- Dựng A2 = T~c(A1) (~c//l).- Trên đoạn AA2 dựng ∆ABA2 biết |AB| = a; |BA2| = s, C = [BA2]∩ l.- Từ C đặt |CD| = c. Tứ giác ABCD là hình cần dựng.

6.4 Dạng chính tắc của các phép đẳng cự

6.4.1 Bổ đề. Hợp thành của hai phép đối xứng trục Sl2Sl1 với trục l1//l2là một phép tịnh tiến với véctơ tịnh tiến ~a = 2~m, trong đó ~m⊥l1, ~m⊥l2và có hướng từ l1 đến l2 và |~m| là khoảng cách giữa l1, l2. Ngược lại, mộtphép tịnh tiến bao giờ cũng có thể biểu diễn dưới dạng hợp thành của haiphép đối xứng trục với trục song song.

Chứng minh. Khẳng định đầu tiên là hiển nhiên.

Ta chứng minh khẳng định ngược lại. Xét phép tịnh tiến

T~a : A 7→ A1, B 7→ B1.

Qua điểm L1 ∈ (AA1) (L1 bất kỳ) dựng l1⊥(AA1). Thế thì

Sl1 : A 7→ A′, B → B′.


Lại qua điểm giữa L2 của [A′A1] dựng l2⊥(AA1). Khi đó:

Sl2 : A′ 7→ A1, B′ 7→ B1.

Suy ra Sl2 Sl1 : A 7→ A1, B 7→ B1.

Vậy T~a = Sl2 Sl1 với l1//l2. Việc chọn l1 là tuỳ ý nên ta nói có thểbiểu diễn bằng vô số cách như trên.

6.4.2 Bổ đề. Hợp thành của hai phép đối xứng trục với trục cắt nhaulà phép quay xung quanh giao điểm các trục theo hướng từ trục thứ nhấtđến trục thứ hai và độ lớn của góc quay bằng hai lần độ lớn góc giữa cáctrục đối xứng. Ngược lại, một phép quay có thể biểu diễn dưới dạng hợpthành của hai phép đối xứng trục với các trục cắt nhau tại tâm quay.

Chứng minh. Khẳng định đầu tiên là hiển nhiên.

Ta chứng minh khẳng định ngược lại. Xét phép quay

Q2αO : A 7→ A1, B 7→ B1.


Dựng qua tâm O trục l1 bất kỳ. Giả sử Sl1([AB]) = [A′B′].

Dựng trục l2 là đường phân giác của góc ˆA′OA1. Thế thì Sl2([A′B′]) =

[A1B1]. VậyQ2αO = Sl2 Sl1 .

Việc chọn l1 là tuỳ ý nên ta nói có thể biểu diễn được bằng vô số cách.

Nhận xét: Hợp thành của hai phép đối xứng trục với trục vuông góc làphép đối xứng tâm.

6.4.3 Định lí. (Dạng chính tắc của các phép đẳng cự)

Mọi phép đẳng cự đều có thể biểu diễn được dưới dạng hợp thành củakhông quá ba phép đối xứng trục.

Chứng minh. Ta đã biết một phép đẳng cự là hoàn toàn xác định khicho hai tam giác toàn đẳng tương ứng. Xét phép đẳng cự

D : ∆ABC 7→ ∆A1B1C1.

Gọi l1 là trung trực của [AA1]. Giả sử

Sl1 : A 7→ A1, B 7→ B′, C 7→ C ′.


Nếu B′ = B1, C′ = C1 thì ta có định lý cần chứng minh.

Giả sử B′ 6= B1. Ta xét trung trực l2 của [B′B1]. Thế thì

Sl2 : A1 7→ A1, B′ 7→ B1, C

′ 7→ C2.

Nếu C2 ≡ C1 thì phép dời D = Sl2 Sl1 .Giả sử C2 6≡ C1. Ta xét trung trực l3 của [C2C1]. Thế thì

Sl3 : A1 7→ A1, B1 7→ B1, C2 7→ C1.

Vậy D = Sl3 Sl2 Sl1 .

6.4.4 Hệ quả. Một phép phản chiếu có điểm bất động A là phép đốixứng trục và A nằm trên trục đối xứng.

Chứng minh. Xem lại các bước trong quá trình chứng minh Định lý6.4.3 ta thấy nếu A là điểm bất động thì không cần xác định l1. Do đóD = Sl2 Sl1 hoặc D = Sl1 . Vì D là phép phản chiếu nên D = Sl1 . Dĩnhiên điểm bất động A phải thuộc l1.

6.4.5 Định lí. (Dạng chính tắc của các phép dời hình)

Mọi phép dời hình hoặc là phép quay hoặc là phép tịnh tiến.

Chứng minh. Giả sử D là phép dời hình. Theo Định lý 6.4.3, ta có D =Sln · · · Sl2 Sl1(n ≤ 3). Vì D là phép dời hình nên số phép đối xứngtrục phải là chẵn. Vậy

D = Sl2 Sl1 =

T~a nếu l1//l2

Q2αO nếu l1 ∩ l2

6.4.6 Định lí. (Dạng chính tắc của các phép phản chiếu)

Mọi phép phản chiếu hoặc là một phép đối xứng trục hoặc là một phépđối xứng trượt.

Chứng minh. Giả sử f là một phép phản chiếu đã cho. Lấy điểm A bấtkỳ và đặt A1 = f(A).Thế thì T−−→

AA1 f là phép phản chiếu và có điểm A bất động, cho nên

T−−→AA1 f = S∆ và A ∈ ∆.


Suy ra f = T−−→AA1 S∆.

• Giả sử AA1⊥∆.

Ta phân tíchT−−→AA1

= Sl S∆,

trong đó l =T−−→AA1

2(∆). Vậy f = Sl S∆ S∆ = Sl.

• Giả sử AA1 6 ⊥∆.

Ta phân tích−−→AA1 = −→a1 +−→a2 , trong đó ~a1⊥∆, ~a2//∆. Ta có

T−−→AA1

= T−→a2 T−→a1

vàf = T−→a2 T−→a1 S∆.

Lại cóT−→a1 S∆ = Sl với l//∆//−→a2 (do l = T−→a1

2

(∆),

f = T−→a2 Sl = Sl T−→a2 ,

trong đó −→a2//l. Vậy f là phép đối xứng trượt.


Tóm lại, một phép dời trong mặt phẳng chỉ có thể là phép quay; phéptịnh tiến; phép đối xứng trục hoặc là phép đối xứng trượt.

6.5 Hợp thành của các phép đẳng cự

Hợp thành của phép quay và phép tịnh tiến

Xét T~a QαO. Giả sử T~a(O) = A. Dựng các đường thẳng l1, l2 vuông góc

với (OA) tại O và điểm giữa M của [OA]. Ta có

Sl2 Sl1 = T~a.

Gọi l là đường thảng đi qua O sao cho ˆ(l, l1) = α2. Khi đó ta có

Sl1 Sl = QαO.

Do đóT~a Qα

O = (Sl2 Sl1) (Sl1 Sl) = Sl2 Sl.Vậy T~a Qα

O cũng là phép quay góc α nhưng quanh tâm O1 = l ∩ l2.

Chú ý: Hợp thành QαO T~a cũng là phép quay nhưng khác tâm. Vì vậy

hợp thành này không giao hoán được.


Hợp thành của hai phép đối xứng trượt

Giả sử Sc1 = T~a Sl1 = Sl1 T~a, Sc2 = T~b Sl2 .a) Xét l1//l2.

Ta có ~a//~b. Do đó

Sc2 Sc1 = (T~b Sl2) (T~a Sl1) = T~b (Sl2 Sl1) T~a = T~b T~c T~a,

ở đây T~c = Sl2 Sl1 .

Vậy hợp thành của Sc2 Sc1 là phép tịnh tiến với véctơ tịnh tiến là

~a+~b+~c, trong đó ~c = 2~m với véctơ ~m hướng từ l1 đến l2 và |~m| là khoảngcách giữa l1 và l2.b) Xét l1 ∩ l2 = O.

Ta phân tích T~a = SnSm;T~b = SqSp, trong đó n∩p = O, n⊥l1, p⊥l2.Vì thế :

Sc2 Sc1 = (Sq Sp) (Sl2 Sl1) (Sn Sm)= Sq (Sp Sl2) (Sl1 Sn) Sm= Sq (XO XO) Sm = Sq Sm= Q2β

A ,

ở đó A = l ∩ q.


Hợp thành của phép đối xứng trục và phép đối xứngtrượt

Xét Sc~a,l Sl = (T~a Sl1) Sl.a) Nếu l//l1 thì

Sc~a,l Sl = T~a (Sl1 Sl) = T~a T~b = T~c,

ở đó ~b = 2 ·−−−→(l, l1) và ~c = ~a+~b.

b) Nếu l1 ∩ l = O và góc giữa l và l1 là α thì Sc~a,l Sl = T~a Q2αO lại là

phép quay như đã biết.

Hợp thành của phép đối xứng trục và phép tịnh tiến

a) Nếu ~a ‖ l thì T~a Sl = Sl T~a = Sc~a,l là phép đối xứng trượt với trục

là l và véctơ trượt là ~a.b) Nếu ~a ∦ l thì ta biểu diễn T~a dưới dạng hợp thành của hai phép tịnhtiến

T~a = T~a2 T~a1 ở đó ~a1⊥l, ~a2//l.

Sau đó lại phân tích

T~a1 = Sk Sl,


ở đó k thoả các điều kiện: k//l; khoảng cách giữa k và l bằng 12|~a1|; hướng

từ l tới k trùng với hướng của ~a1.

Vì vậy ta có

T~a Sl = T~a2 (Sk Sl) Sl = T~a2 Sk = Sc~a2,k.

Hợp thành của phép đối xứng trục và phép quay

Xét QαO Sl.

a) Giả sử O ∈ l.

Thế thì QαO = Sl1 Sl. Do đó

QαO Sl = Sl1 (Sl Sl) = Sl1 .

b) Giả sử O /∈ l.

Ta nhận thấy QαO Sl là phép phản chiếu mà không phải là phép đối

xứng trục (vì rõ ràng rằng qua phép đối xứng Sl thì các điểm trên đườngthẳng l đều bất động nhưng qua phép quay Qα

O các điểm đó không cònbất động nữa). Vì vậy Qα

O Sl là phép đối xứng trượt.


Bây giờ chúng ta đi tìm các thành phần của phép đối xứng trượt bằngcách xét tác động của các phép đẳng cự lên hai điểm thích hợp.

Ta lấy P thoả mãn điều kiện sau làm điểm thứ nhất: Sl(P ) = O. Thếthì

QαO Sl(P ) = Qα

O(O) = O.

Gọi A là điểm giữa của [OP ]. Rõ ràng A ∈ l và theo tính chất của phépđối xứng trượt thì A phải nằm trên trục của phép đối xứng trượt đangxét.

Điểm thứ hai mà ta chọn là điểm Q thoả mãn điều kiện:Sl(Q) = B, Qα

O(B) = A.

Gọi C là điểm giữa của [AQ]. Theo tính chất của đối xứng trượt thìC cũng nằm trên trục của phép đối xứng trượt đang xét. Vậy (AC) chínhlà trục của đối xứng trượt. Mặt khác, hai điểm Q,A đều nằm trên trục

trượt mà Q 7→ A nên−→QA chính là véctơ trượt.

Vậy QαO Sl = Sc

t,−→QA

Chú ý: SlQαO = Sc

(BA),−→BA

nên hợp thành vừa xét không giao hoán được.

Hợp thành của đối xứng trượt và tịnh tiến

Xét T~a Scl,~b.

a) Xét ~a//l.

Thế thì T~a Sc = (T~a T~b) Sl = T~c Sl = Scl,~c.

b) Xét ~a ∦ l.

Ta phân tích ~a = ~a1 + ~a2, trong đó ~a1//l, ~a2⊥l. Thế thì

T~a So = (T~b T~a1) (T~a2 Sl).

Vì ~a2//l nên T~a2 Sl = Sl1 với l1//l, l1 = T~a2/2(l). Vậy

T~a Sc = T~c Sl1 = Scl1,~c,

ở đó ~c = ~b+ ~a1 và ~c//l1.


6.6 Các phép đồng dạng

Phép vị tự

6.6.1 Định nghĩa. Phép vị tự tâm O, hệ số k 6= 0 là một phép biến

hình phẳng biến mỗi điểm X thành điểm X1 sao cho−−→OX1 = k ·

−−→OX. Ký

hiệu phép vị tự là V kO .

Khi |k| > 1 (|k| < 1) phép vị tự V kO được gọi là phép dãn (phép co).

Khi k > 0 (k < 0) tâm vị tự được gọi là tâm vị tự ngoài (tâm vị tự trong).

Từ định nghĩa ta suy ra rằng tâm vị tự là điểm bất động duy nhấtnếu k 6= 1.

6.6.2 Định nghĩa. Hai hình vị tự với nhau gọi là hai hình đồng dạngphối cảnh.

Những tính chất sau được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.i) Quan hệ "đồng dạng phối cảnh cùng tâm" giữa các hình là một quanhệ tương đương.ii) Hợp thành của hai phép vị tự với tâm chung, các hệ số vị tự là kháckhông, là phép vị tự cùng tâm với hệ số là tích các hệ số.iii) Biến đổi đồng nhất là phép vị tự với hệ số k = 1.iv) Nghịch đảo của một phép vị tự cũng là phép vị tự cùng tâm hệ sốbằng 1/k.v) Hợp thành của các phép vị tự với tâm chung là giao hoán được.

Tóm lại, tập các phép vị tự với tâm chung và các hệ số khác 0 lậpthành một nhóm con giao hoán của nhóm các phép biến hình phẳng.

Mệnh đề sau cũng được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.

6.6.3 Mệnh đề. Nếu X1 = V kO(X), Y1 = V k

O(Y ) thì

−−−→X1Y1 = k ·

−−→XY , |

−−−→X1Y1| = |k||

−−→XY |.

Ngược lại, giả sử f là phép biến hình thỏa mãn: Với điểm A cho trước và

điểmM bất kỳ, ta luôn có−−−→A1M1 = k

−−→AM, ở đó f(A) = A1, f(M) = M1, k

cho trước mà k 6= 1, k 6= 0. Khi đó f là phép vị tự tỉ số k.

Sau đây là các bất biến của phép vị tự.a) Phép vị tự với k > 0 biến mỗi tia thành tia cùng hướng; với k < 0


biến mỗi tia thành tia ngược hướng.b) Phép vị tự biến mỗi góc thành góc toàn đẳng.c) Phép vị tự biến mỗi đường thẳng thành đường thẳng song song; đoạnthẳng thành đoạn thẳng song song; đường thẳng qua tâm biến thànhchính nó.d) Phép vị tự bảo tồn tỉ số của hai đoạn thẳng và hướng của hình.

6.6.4 Mệnh đề.

i) Hợp thành của hai phép vị tự cùng tâm là phép vị tự cùng tâm đó vàhệ số vị tự bằng tích các hệ số vị tự.

ii) Hợp thành của hai phép vị tự khác tâm là phép vị tự hay tịnh tiến tuỳtheo k1k2 6= 1 hay k1k2 = 1. Khi k1k2 6= 1 thì các tâm của cả ba phép vịtự đó nằm trên một đường thẳng.

Chứng minh. i) Hiển nhiên.ii) Xét hai điểm X, Y bất kỳ của mặt phẳng.

Giả sử

V k1O1

: X 7−→ X1, Y 7−→ Y1,

V k2O2

: X 7−→ X2, Y 7−→ Y2.


Thế thì−−−→X1Y1 = k1 ·

−−→XY ,

−−−→X2Y2 = k2 ·

−−−→X1Y1. Do đó

−−−→X2Y2 = k1 · k2 ·

−−→XY .

Nếu k1k2 = 1 thì ta có phép tịnh tiến.

Nếu k1k2 6= 1 thì ta có phép vị tự hệ số k1k2 và tâm O của phép vị tựnày sẽ thuộc đường thẳng (O1O2). Thật vậy, (O1O2) là đường thẳng bấtbiến đối với cả hai phép vị tự V k1

O1, V k2

O2. Do đó nó cũng là đường thẳng

bất biến đối với phép vị tự V k1O2 V k1

O1. Suy ra tâm O của hợp thành này

nằm trên (O1O2).Bây giờ ta xác định vị trí của O trên (O1O2).

Giả sử V k1O1

(O) = O′, V k2O2

(O′) = O′′. Khi đó O” = O vì O là điểm bất

động duy nhất của phép vị tự V kO = V k2

O2(O) V k1

O1. Ta có

−−−→O1O

′ = k1 ·−−→O1O,

−−→O2O = k2 ·

−−−→O2O

′.

Do−−−→O2O

′ =−−−→O1O

′ −−−−→O1O2 =

−−−→O1O

′ +−−→OO1 −

−−→OO2 nên

−−→O2O = k2

−−−→O2O

′

= k2(−−−→O1O

′ +−−→OO1 −

−−→OO2)

= k2

−−→OO1 − k2

−−→OO2 − k1k2

−−→OO1.

hay (k1k2 − k2)−→OO1 = (1− k2)

−→OO2, tức là |

−→OO1| =

1− k2

k1k2 − k2

|−→OO2|

6.6.5 Hệ quả. a) Một phép tịnh tiến có thể biểu diễn bằng hợp thànhcủa hai phép vị tự với hệ số vị tự là nghịch đảo của nhau.b) Hợp thành của một phép vị tự và một phép tịnh tiến (hoặc tịnh tiếnvà vị tự) là một phép vị tự.c) Hợp thành của hai phép vị tự là đồng nhất khi và chỉ khi tích các hệsố vị tự bằng1 và tồn tại điểm bất động.

6.6.6 Mệnh đề.

i) Ảnh vị tự của đường tròn là đường tròn.

ii) Hai đường tròn không toàn đẳng hoặc không đồng tâm luôn vị tự vớinhau và có hai phép vị tự (ngoài hay trong) với hệ số vị tự bằng tỉ số cácbán kính lấy với dấu dương hay âm.

Chứng minh. i) Hiển nhiên.


ii) Xét hai đường tròn (O; r) và (O1, r1) không toàn đẳng và O 6=O1; r > r1. Kẻ bán kính OX và trong đường tròn (O1, r1) kẻ đường kính[X1X2]|//[OX].

Xét các điểm I, J chia ngoài và chia trong đoạn [OO1] theo tỉ sốr1r

= k. Các điểm I, J chính là các tâm vị tự của các đường tròn này, cụ

thể

V kI : (O; r) 7→ (O1; r1) và V −kJ : (O; r) 7→ (O1; r1)

Ứng dụng của phép vị tự

Ví dụ 14: Chứng minh rằng đường trung bình của hình thang thì songsong và bằng nửa tổng hai đáy.

Giải:Ta có V 2

B(M) = A. Đặt K = V 2B(N). Khi đó (AK) = V 2

B((MN)). Suy ra|AK| = 2|MN | và AK//MN.


Do |DN | = |NC|, |BN | = |NK|, BNC = DNK nên ∆BNC ∼=∆DNK. Suy ra NBC = NKD và |BC| = DK|. Do NBC = NKD và(AD)//(BC) (theo giả thiết) nên D ∈ [AK]. Vì vậy (MN)//(AD).

Ví dụ 15: Chứng minh trong một hình thang các điểm giữa hai đáy,giao điểm của hai cạnh bên và giao điểm của hai đường chéo cùng nằmtrên một đường thẳng.

Giải:

Qua phép vị tự tâm M tỉ số k1 =|AD||BC|

thì B 7→ A,C 7→ D,P 7→ Q.

Suy ra M,D,Q thẳng hàng.

Qua phép vị tự tâm N tỉ số k2 =|AD||BC|

thì B 7→ D,C 7→ A,P 7→ Q.

Suy ra N,P,Q thẳng hàng.

Vậy M,N,P,Q thẳng hàng.

Ví dụ 16: Dựng đường tròn nội tiếp góc BAC cho trước và đi qua điểmM cho trước trong góc ấy.


Giải:Phân tích: Giả sử (C ′) là đường tròn phải dựng. Xét phép vị tự V k

A :(C ′) 7→ (C). Khi đó (C) cũng là đường tròn nội tiếp góc BAC nhưngnói chung không đi qua M . Ta có V k

A : M ∈ (C ′) 7→ N ∈ (C). Như vậyN = (AM) ∩ (C). Suy ra V k

A : [OM ] 7→ [QN ], cho nên [OM ]//[QN ].

Vì vậy tâm O của (C ′) có thể tìm như giao của phân giác (AQ) củagóc BAC và đường (OM)//(NQ).

Cách dựng:

- Dựng đường tròn (C) tùy ý nội tiếp góc BAC.

- Xác định giao điểm N của AM và (C).

- Giao điểm O của phân giác của góc với đường (MO)//(NQ) chínhlà điểm cần phải dựng

Phép đồng dạng

6.6.7 Định nghĩa. Phép biến hình phẳng sao cho khoảng cách giữa bấtcứ hai điểm nào cũng đều nhân lên với cùng một số k > 0 gọi là phépbiến đổi đồng dạng tỉ số k. Ký hiệu phép đồng dạng là Zk, ở đó k là tỉsố (hay hệ số) đồng dạng.

Phép đồng dạng bảo tồn hướng gọi là đồng dạng thuận (hay đồngdạng loại một).

Phép đồng dạng không bảo tồn hướng gọi là đồng dạng nghịch (hayđồng dạng loại hai).


Ví dụ:

• Các phép vị tự là một ví dụ về phép đồng dạng thuận. Ta có V kO = Z |k|.

• Tất cả các phép đẳng cự đều là một biến đổi đồng dạng: D = Z1.

6.6.8 Định nghĩa. Nếu hình Φ1 là ảnh của hình Φ qua một phép đồngdạng tỉ số k thì Φ1 gọi là hình đồng dạng với Φ với hệ số đồng dạng k.

Kí hiệu là Φ1 ∼ Φ hay Φ1k∼ Φ.

Ví dụ:

• Các đường thẳng và tia đều đồng dạng.

• Các đường tròn đều đồng dạng với nhau.

• Các đa giác đều cùng số cạnh thì đồng dạng.

Dễ thấy, quan hệ đồng dạng giữa các hình là một quan hệ tươngđương.

Những tính chất sau được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.i) Trong các hình đồng dạng thì các đoạn tương ứng tỉ lệ; các góc tươngứng toàn đẳng.ii) Hợp thành của hai phép đồng dạng là môt phép đồng dạng.iii) Biến đổi đồng nhất là một phép đồng dạng.iv) Biến đổi ngược của Zk cũng là phép đồng dạng với hệ số 1

k.

Tóm lại, tập các phép biến đổi đồng dạng lập thành nhóm con của nhómcác phép biến hình phẳng. Nhóm con này gọi là nhóm đồng dạng.


6.6.9 Mệnh đề. Có một và chỉ một phép đồng dạng biến các đỉnhA,B,C của tam giác ABC tương ứng thành các đỉnh A1, B1, C1 củatam giác A1B1C1 đồng dạng với nó.

6.6.10 Mệnh đề.

Hợp thành của một phép vị tự tỉ số k 6= 0 và một phép đẳng cự là mộtphép đồng dạng tỉ số |k|. Ngược lại, mọi phép đồng dạng tỉ số k đều cóthể biểu diễn được bằng hợp thành của một phép vị tự với tỉ số k 6= 0 vàmột phép đẳng cự.

Chứng minh. Khẳng định đầu tiên là hiển nhiên. Ta chứng minh khẳngđịnh ngược lại. Thật vậy, xét phép đồng dạng Zk với k > 0. Xét tíchZk V 1/k = Zk Z1/k = Z1 = D. Suy ra Zk = D V k.


Sau đây là các bất biến của phép đồng dạng.a) Phép đồng dạng biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàngvà bảo tồn thứ tự của chúng, bảo tồn tính song song và tính đồng quy.b) Phép đồng dạng biến đường tròn thành đường tròn.c) Phép đồng dạng bảo tồn độ lớn góc (biến góc thành góc toàn đẳng).

6.6.11 Mệnh đề. Mọi phép đồng dạng tỉ số k 6= 1 đều có duy nhất điểmbất động.

Chứng minh. Vì k 6= 1 nên Zk không phải là phép đẳng cự.

• Trường hợp 1: Zk là phép đồng dạng thuận.

Nếu Zk = V k thì tâm vị tự là điểm bất động duy nhất.

Nếu Zk 6= V k ta chỉ ra điểm bất động.

Giả sử Zk được xác định bởi hai tam giác đồng dạng ABC và A1B1C1

và O là điểm bất động cần tìm.

Vì Zk 6= V k nên [AB] ∦ [A1B1]. Gọi I là giao của chúng. Do4OAB ∼4OA1B1 nên OBA = OB1A1. Suy ra tứ giác IOBB1 là nội tiếp.

Lại do IA1O = OAI nên tứ giác IOAA1 cũng là nội tiếp.

Vì vậy O chính là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp các tamgiác IAA1 và IBB1. Vậy O là dựng được và duy nhất.

• Trường hợp 2: Zk là phép đồng dạng nghịch.

Giả sử Zk được xác định bởi hai tam giác đồng dạng nghịch ABC ∼A1B1C1 và O là điểm bất động cần tìm (Trên hình vẽ ta không vẽ cặp


điểm C,C1 vì chỉ cần các cặp A,B và A1, B1 là đủ. Nhưng cặp C,C1 cầnđể chỉ rõ phép đồng dạng đang xét là đồng dạng nghịch).

Ta có A1OB1 = AOB. Kẻ phân giác chung của các góc A1OA và

B1OB. Thế thì

|PA1||PA|

=|OA1||OA|

,|QB1||QB|

=|OB1||OB|

.

Do|OA1||OA|

=|OB1||OB|

= k (k là tỉ số đồng dạng) nên|PA1||PA|

=|QB1||QB|

= k.

Vậy P,Q là xác định được.

Giả sử [A2B2] = S(PQ)([A1B1]). Rõ ràng O = (PQ) ∩ (AA2).

Vậy O hoàn toàn dựng được và duy nhất.

Chú ý: Nếu một phép đồng dạng có điểm bất động duy nhất thì điểmđó gọi là tâm đồng dạng.

Dạng chuẩn tắc của phép đồng dạng

6.6.12 Bổ đề. Hợp thành của một phép vị tự và phép quay là giao hoánđược khi và chỉ khi tâm vị tự trùng với tâm quay.

Chứng minh.

Điều kiện cần: Giả sử Q V = V Q. Suy ra Q = V Q V −1


Gọi O là tâm vị tự. Ta có Q(O) = V Q V −1(O) = V (Q(O)). Suyra Q(O) là điểm bất động của phép vị tự V . Do đó Q(O) = O, tức là Ochính là tâm quay.

Điều kiện đủ: Xét V −1 Q V . Đây là một phép đẳng cự. Hơn nữa, nócòn là phép dời hình vì nó bảo tồn hướng. Do tâm vị tự trùng với tâmquay nên

V −1 Q V (O) = V −1 Q(O) = V −1(O) = O (1)

Suy ra V −1 Q V có điểm bất động. Do đó V −1 Q V là một phépquay. Ta cần chứng minh V −1 Q V = Q.

Thật vậy, V −1 Q V và Q là cùng góc quay. Mặt khác, tâm vị tự Ocũng chính là tâm quay của Q và theo (1) thì O cũng chính là tâm củaphép quay V −1QV . Suy ra V −1QV = Q, tức là QV = V Q.

6.6.13 Bổ đề. Hợp thành của phép vị tự và phép đối xứng trục là giaohoán được khi và chỉ khi tâm vị tự thuộc trục đối xứng.

Chứng minh.

Điều kiện cần: Ta có S V = V S. Suy ra S = V S V −1. Giả sử Olà tâm vị tự . Khi đó S(O) = V S V −1(O) = V (S(O)). Suy ra S(O)là điểm bất động trong phép vị tự. Do đó S(O) = O. Vậy O nằm trêntrục đối xứng.

Điều kiện đủ: Giả sử O ∈ l. Với mỗi điểmM ta có SV (M) = S(M ′) =

M ′′.Mặt khác, nếu S(M) = M1 thìMM1//M′M” và

−−−→OM” = k ·

−−→OM1 (k

là hệ số vị tự). Do đó V S(M) = V (M1) = M ′′. Vậy S V = V S.


6.6.14 Định lí. a. Mọi phép đồng dạng thuận không phải là phép đẳngcự hay phép vị tự đều có thể phân tích một cách duy nhất thành tích giaohoán được của một phép vị tự và phép quay.

b. Mọi phép đồng dạng nghịch không phải là phép đẳng cự hoặc phép vịtự đều có thể phân tích một cách duy nhất thành tích giao hoán được củamột phép vị tự và một phép đối xứng trục.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 6.6.10 ta có Zk = D V k và theo Mệnh đề6.6.11 thì Zk có điểm bất động duy nhất là O. Nếu ta chọn tâm phép vịtự chính là điểm O thì với mọi điểm A bất kì ta có |OA′| = k · |OA|, ởđó A′ = Zk(A). Suy ra V k(A) = A′. Do đó A′ là điểm cố định của phépđẳng cự D, Vì thế D là phép quay hoặc phép đối xứng trục.

a. Nếu Zk là đồng dạng thuận thì D là phép quay và Zk = Q V k. GọiO là điểm bất động của Zk. Thế thì O = Q V k(O) = Q(O) = Q(O).Suy ra O là tâm quay. Theo Bổ đề 6.6.12, tích Q V là giao hoán được.

b. Nếu Zk là đồng dạng nghịch thì D phải là phép đối xứng trục. Do đóZk = S1 V k và O = S1 V k(O) = S1(O). Suy ra O ∈ l. Theo Bổ đề6.6.13, tích S1 V là giao hoán được.

Cuối cùng, ta chứng minh sự phân tích trên là duy nhất.

Thật vậy giả sử Z = QO1 V k1O1

= QO2 V k2O2.

Do tính duy nhất của điểm bất động của phép đồng dạng nên O1 =O2, k1, k2 là tỉ số đồng dạng của Z nên k1 = k2. Suy ra V k1

O1= V k2

O2. Suy

ra QO1 = QO2 .

Tương tự đối với phần b.

Ta gọi tích giao hoán được của phép vị tự và phép quay là phép vịtự-quay; của phép vị tự và phép đối xứng trục là phép vị tự-đối xứng.Đó chính là dạng chính tắc của một phép đồng dạng trong mặt phẳng.

Tâm vị tự, góc quay (hay trục đối xứng) gọi là tâm đồng dạng (trụcđồng dạng). Như vậy ta có thể phát biểu gọn lại định lí trên như sau.

6.6.15 Định lí. Một phép đồng dạng thực sự trong mặt phẳng (tức là tỉsố đồng dạng k 6= 1) hoặc là một phép vị tự-quay hoặc là vị tự-đối xứnghay đặc biệt là một phép vị tự.


Ứng dụng của phép đồng dạng

Ví dụ 17: Cho tam giác ABC có C = 90o, đường cao CD. Chứng minhrằng các trung tuyến AM , CN của các tam giác ADC và DBC vuônggóc với nhau.

Giải:

Cách 1: Ta có 4ADC ∼ 4CDB nên|DC||DA|

=|DB||DC|

.

Bây giờ ta xác định phép đồng dạng cụ thể biến 4ADC thành4DCB.

Z

90o;|DC||DA|

D : A 7→ C

Z

90o;|DB||DC|

D : C 7→ B.

Như vậy Z

90o;|DC||DA|

D : 4ACD 7→ CBD và M 7→ N, cho nên AM 7→ CN,nghĩa là AM ⊥ CN.

Cách 2: (Phương pháp thông thường) Vì MN//CB nên MN ⊥ AC.Thành thử M là trực tâm của tam giác ACN. Do đó AM ⊥ CN.

Ví dụ 20: Cho tam giác ABC. Trên ba cạnh của tam giác ta dựng raphía ngoài ba tam giác đều. Chứng minh tâm của các tam giác đều cũnglập thành một tam giác đều.


Giải:

Cách 1: Xét hai phép đồng dạng sau:

Z1 = Z30o;√

3C : Q 7→ A

Z2 = Z

30o;1√3

B : A 7→ R

Thế thì Z2 Z1 = Z60o;1? : Q 7→ R

Vì k = 1 nên Z60o;1? = Z60o

?

Ta cần xác định tâm quay. Ta có Z1(P ) = A′;Z2(A′) = P, cho nênZ(P ) = P . Vậy Z2 Z1 = Q60o

P . Rõ ràng Q60o

P = Z2 Z1 : Q 7→ R. Vậytam giác PQR đều.

Cách 2: Ta cóQ−120o

Q : C 7→ A

Q−120o

R : A 7→ B


Do đó Q−120o

R Q−120o

Q : C 7→ B. Ta lại có Q−120o

R Q−120o

Q = Q−240o

? =

Q+120o

?

và Q120o

P : C 7→ B. Vì thế Q−120o

R Q−120o

Q = Q+120o

P .

Theo tính chất hợp thành của hai phép quay ta có 4PQR đều.

6.7 Phép nghịch đảo

Tất cả các phép biến hình-điểm (biến điểm thành điểm) mà chúng taxét đến ở các mục trên đều có một tính chất chung là biến đường thẳngthành đường thẳng. Chúng có chung một tên là các phép affine (phépaffine là phép biến hình biến đường thẳng thành đường thẳng và bảo tồntỉ số đơn của ba điểm thẳng hàng).

Hoặc tổng quát hơn nữa người ta còn gọi là các phép cộng tuyến (phépcộng tuyến là phép biến hình biến đường thẳng thành đường thẳng). Bâygiờ chúng ta đề cập đến một loại phép biến hình và ánh xạ khác, khôngthuộc vào phép cộng tuyến, có thể biến đường thẳng thành đường trònvà cũng có nhiều ứng dụng trong giải bài tập hình học.

6.7.1 Định nghĩa. Cho O là một điểm cố định, r là số dương. Phépbiến hình của mặt phẳng biến mỗi điểm M (trừ điểm O) thành điểm M1

thẳng hàng với O sao cho OM · OM1 = r2(= k) gọi là phép nghịch đảotâm O bán kính r hay gọn hơn là phép nghịch đảo. Điểm O gọi là tâmhay cực nghịch đảo; r là bán kính nghịch đảo, r2 là phương tích nghịchđảo.

Ký hiệu phép nghịch đảo cực O phương tích k là N(O; k) hay NkO.

Cách dựng điểm nghịch đảo: Qua M ta dựng đường vuông góc vớiOM, cắt đường tròn (O; r) tại T . Thế thì M1 là giao của tiếp tuyến tạiT với (OM).

Cực nghịch đảo không có ảnh hưởng, bởi phép nghịch đảo không phảilà phép biến hình của mặt phẳng (song ánh từ mặt phẳng lên chính nó).Bởi thế muốn cho phép nghịch đảo là một phép biến hình của mặt phẳngta phải xem là mặt phẳng được chọc thủng tại O.

Người ta cũng xét cả phép nghịch đảo có phương tích k < 0(k = −r2).Tuy nhiên phép nghịch đảo cực O phương tích âm là hợp thành của phép


đối xứng tâm O và phép nghịch đảo có phương tích dương và do đó tachỉ nói đến phép nghịch đảo có phương tích dương. Nếu có gì phân biệtsẽ nói rõ sau.

6.7.2 Định nghĩa. Hai hình tương ứng của nhau trong một phép nghịchđảo gọi là hai hình nghịch đảo của nhau.


6.7.3 Mệnh đề. i) Phép nghịch đảo tâm O, bán kính r là phép biến hìnhđối hợp và đường tròn (O; r) là hình bất động.ii) Qua phép nghịch đảo, một đường thẳng qua tâm biến thành chính nó(đường thẳng qua tâm là hình bất động).iii) Qua phép nghịch đảo, một đường thẳng không đi qua tâm biến thànhmột đường tròn đi qua tâm nghịch đảo. Ngược lại, qua phép nghịch đảomột đường tròn đi qua tâm biến thành một đường thẳng vuông góc vớiđường kính xuất phát từ tâm nghịch đảo.iv) Qua phép nghịch đảo, một đường tròn không đi qua tâm biến thànhmột đường tròn cũng không đi qua tâm.v) Hai đường tròn nói chung có thể coi là nghịch đảo của nhau bằng haicách và cực nghịch đảo trùng với các tâm vị tự ngoài và trong của haiđường tròn đó.

Chứng minh. iii) Từ tâm nghịch đảo hạ OA⊥d. Gọi B = NkO(A).


Giả sử M là điểm bất kì của d. Để M1 = NkO(M) thì điều kiện cần

và đủ là OM · OM1 = k = OAOB, tức là bốn điểm M,M1, A,B cùngnằm trên một đường tròn. Do đó ˆBM1O = 90o. Vậy quỹ tích của M1 làđường tròn đường kính OB. Nói khác đi: ảnh nghịch đảo của d là đườngtròn (C).

Ta chứng minh khẳng định ngược lại. Giả sử cho đường tròn CD. GọiA là điểm đối xứng của O qua ω, gọi B = Nk

O(A), M là điểm bất kì của(CO). Khi đó, để M1 = Nk

O(M) điều kiện cần và đủ là OM ·OM1 = k =OA · OB tức là bốn điểm A,B,M1,M cùng nằm trên một đường tròn.

Suy ra OBM1 = AMO = 90o. Vậy quỹ tích của M1 là đường thẳng điqua B và vuông góc với đường kính [OA].

iv) Giả sử (C) là đường tròn không đi qua cực nghịch đảo O, OO1∩(C) =A,B. Giả sử A1 = Nk

O(A), B1 = NkO(B), M là điểm bất kì của đường

tròn (C) và M1 = NkO(M). Thế thì OA ·OA1 = OM ·OM1 = OB ·OB1.

Suy ra các tứ giácAMM1A1 vàBMM1B1 là nội tiếp. Do đó OA1M1 =

OMA và OB1M1 = OMB. Vì vậy

A1M1B1 = π − (M1B1A1 + M1A1B1)

= (π − M1B1A1)− OA1M1

= OB1M1 − OA1M1

= OMB − OMA

=π

2.


Suy ra quỹ tích của M1 là đường tròn đường kính [A1B1]. Nói khácđi, hình nghịch đảo của (C) là đường tròn đường kính [A1B1] và ngượclại, hình nghịch đảo của đường tròn (C ′) là đường tròn (C).

v) Giả sử J là tâm vị tự ngoài của (C) và (C ′), p = JA · JB. Thế thìtheo tính chất (i) ta có Np

J : (C) 7→ (C), M 7→ N.

Xét phép nghịch đảo

Vk/pJ : (C) 7→ (C ′), N 7→M1.

Ta có JM1 =k

pJN = k · JN

JM · JN= k · 1

JM. Hay JM · JM1 = k. Như

thế hai đường tròn có thể coi là nghịch đảo của nhau qua phép NkJ .

Các bất biến cơ bản

6.7.4 Bổ đề. Nếu NkO(A) = A1, N

kO(B) = B1 thì

|A1B1| =k

|OA| · |OB|· |AB|.

Chứng minh. Thực vậy, nếu ba điểm O,A,B không nằm trên cùng một

đường thẳng thì từ hệ thức OA ·OA1 = OB ·OB1 = k, hayOA

OB1

=OB

OA1

,

ta được hai tam giác OAB và OB1A1 đồng dạng nghịch với nhau. Do đó

|A1B1||AB|

=|OA1||OB|

=|OA| · |OA1||OA| · |OB|

=OA ·OA1

|OA| · |OB|=

k

|OA| · |OB|.


Vậy |A1B1| =k

|OA| · |OB|· |AB|.

Trường hợp ba điểm O,A,B thẳng hàng thì A1, B1 cũng nằm trên đườngthẳng ấy. Lúc này ta được

A1B1 = OB1 −OA1 =k

OB− k

OA=k(OA−OA)

OB ·OA=

k ·BAOA ·OB

.

Từ đó ta thu được hệ thức

|A1B1| =k

|OA| · |OB|· |AB|.

Mệnh đề sau đây bạn đọc xem như bài tập.

6.7.5 Mệnh đề. Phép nghịch đảo là phép biến hình bảo giác nhưng làmđảo hướng của hình nếu phương tích nghịch đảo dương.

6.7.6 Mệnh đề. Phép nghịch đảo bảo tồn tỉ số kép của bốn điểm.

Chứng minh. Trước hết ta định nghĩa tỉ số kép (ABCD) của bốn điểmA,B,C,D lấy theo thứ tự đó là

(ABCD) = (ABC) : (ABD) =CA

CB:DA

DB.

Giả sử phép NkO biến bốn điểm A,B,C,D thành các điểm tương ứng

A1, B1, C1, D1. Theo Bổ đề 6.7.4, ta có:

|C1A1||CA|

=k

|OA| · |OC|,|C1B1||CB|

=k

|OB| · |OC|,

|D1A1||DA|

=k

|OA| · |OD|,|D1B1||DB|

=k

|OB| · |OD|.

Suy ra|C1A1||CA|

:|C1B1||CB|

=|D1A1||DA|

:|D1B1||DB|

= (|OB||OA|

).


Do đó|C1A1||C1B1|

:|D1A1||D1B1|

=|CA||CB|

:|DA||DB|

.

Vậy (A1B1C1D1) = (ABCD).

6.7.7 Mệnh đề. Tích của hai phép nghịch đảo đồng cực là một phép vịtự có tâm trùng với cực nghịch đảo và hệ số vị tự bằng tỉ số các phươngtích nghịch đảo.

Chứng minh. Ta chứng minh định lí này cho hai phép nghịch đảo đồngcực bất kì không phân biệt phương tích dương hay âm. Với điểm M tùyý, giả sử Nk1

O (M) = M1, Nk2O (M1) = M2. Khi đó

OM ·OM1 = k1, OM1 ·OM2 = k2.

Do đóOM2

OM=k2

k1

, hay là OM2 =k2

k1

·OM. Vậy tích của hai phép nghịch

đảo Nk2O , N

k1O là phép vị tự V

k2/k1O .

6.7.8 Hệ quả. Tích của một phép vị tự và một phép nghịch đảo có tâm,cực trùng nhau (theo thứ tự đó hay theo thứ tự ngược lại) là một phépnghịch đảo.

Chứng minh. Ta cóNk2O N

k1O = V k

O ⇔ Nk1O = (Nk2

O )−1V kO .Do (Nk2

O )−1 =Nk2O nên Nk1

O = Nk2O V k

O .

Ứng dụng của phép nghịch đảo

Ví dụ 19: (Định lí Ptolemy)

Điều kiện cần và đủ để một tứ giác lồi nội tiếp được trong đường tròn làtích của hai đường chéo bằng tổng số tích của các cặp cạnh đối diện.

Giải:

Xét phép nghịch đảo

N1D : A 7→ A1, B 7→ B1, C 7→ C1.

Theo Mệnh đề 6.7.3iii) ta thấy tứ giác ABCD với hai đường chéo là[AC], [BD], là nội tiếp khi và chỉ khi các điểm A1, B1, C1, D1 phải thẳng


hàng và điểm B1 ∈ [A1C1], tức là ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉkhi [A1C1] = [A1B1] + [B1C1]. Theo Bổ đề 6.7.4, ta có

|AC||DA| · |DC|

=|AB|

|DA| · |DB|+

|BC||DB| · |DC|

.

Nhân cả hai vế với |DA| · |DB| · |DC| ta có

|AC| · |DB| = |AB| · |DC|+ |BC| · |DA|.

Định lí Ptolemy chỉ là trường hợp đặc biệt của định lí sau:

Cho tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có

|AC| · |DB| 6 |AB| · |DC|+ |BC| · |DA|.

Thật vậy dùng phép nghịch đảo

N1D : A 7→ A1, B 7→ B1, C 7→ C1.

Với ba điểm A1, B1, C1 ta luôn có [A1C1] 6 [A1B1] + [B1C1]. Do đó

|AC||DA| · |DC|

6|AB|

|DA| · |DB|+

|BC||DB| · |DC|

.

Vậy|AC| · |DB| 6 |AB| · |DC|+ |BC| · |DA|.


Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các điểm A1, B1, C1, D1

thẳng hàng và điểm B1 ∈ [A1C1], tức là ABCD là tứ giác nội tiếp.

Ví dụ 20: Dựng một đường tròn đi qua hai điểm cho trước và tiếp xúcvới một đường tròn cho trước.

Giải:

Lấy một điểm nào đó trên đường tròn đã cho làm cực nghịch đảo, tabiến đường tròn đó thành đường thẳng. Bài toán trở về việc dựng mộtđường tròn tiếp xúc với một đường thẳng cho trước và đi qua hai điểmA,B cho trước.

Ví dụ 22: Cho đường thẳng 4 và điểm cố định O /∈ 4. Với mỗi điểmM ∈ 4, ta vẽ điểm N ∈ [OM) sao cho OM ·ON = 1.1. Chứng minh rằng quỹ tích của N là một vòng tròn (C) đi qua O.2. Cho điểm cố định A ∈ 4. Vẽ vòng tròn bất kì đi qua O, A cắt lại vòngtròn (C) tại điểm P (khác O) và cắt đường thẳng 4 ở điểm Q (khác A).Chứng minh PQ đi qua một điểm cố định trên vòng tròn (C).

Giải:1. O,M,N thẳng hàng và OM ·ON = 1 nên N = N1

O(M). Vậy quỹ tíchcủa N là đường tròn (C) qua O.2. Gọi B = (OA)∩(C), R = (OQ)∩(C), S = (OP )∩4, F = (PQ)∩(C).

Xét

N1O : 4 7→ (C), A 7→ B, Q 7→ R, S 7→ T.

Do đó (D) 7→ (BR). Vì tứ giác RQSP nội tiếp nên R = P . Suy racung OB sẽ bằng cung OF . Do B là điểm cố định nên F cố định. Ta có:

OBF = OPF (góc nội tiếp cùng chắn một cung)

OPF = QPS = QRS = OAQ.

Suy ra OBF = OAS. Vậy (BF )//4.


6.8 Bài tập

6.8.1 Các phép dời hình

Phép quay

Các bài tập lý thuyết

VI.1. Cho tam giác đều ABC. Thực hiện liên tiếp ba phép quay góc 60o

với tâm là các đỉnh A,B,C. Hỏi sau ba phép quay đó, điểm nào của mặtphẳng là điểm bất động?VI.2. Trong mặt phẳng cho hai tam giác đều toàn đẳng và cùng hướngABC,A′B′C ′. Một phép quay biến các đỉnh A,B,C theo thứ tự thànhA′, B′, C ′. Phép quay thứ hai biến các đỉnh A,B,C thành B′, C ′, A′. Phépquay thứ ba biến các đỉnh A,B,C thành C ′, A′, B′. Chứng minh tâm củaba phép quay trên thẳng hàng, đặc biệt có thể trùng nhau.VI.3. Cho bốn phép quay góc 90o có tâm là bốn điểm A,B,C,D phânbiệt. Chứng minh rằng nếu Q90o

A Q90o

B Q90o

C Q90o

D là đồng nhất thì [AC]vuông góc và toàn đẳng với [BD].

Các bài tập chứng minh

VI.4. Trên hai cạnh kề nhau AB và BC của hình bình hành ABCD tadựng về phía ngoài của hình bình hành các tam giác đều ABE và BCF .Chứng minh tam giác DEF đều.VI.5. Cho ABCD và BKMN là hai hình vuông có chung đỉnh B. Chứngminh rằng kéo dài trung tuyến BE của tam giác ABN ta được đườngcao của tam giác KBC.VI.6. Từ các cạnh của một tứ giác lồi, người ta dựng các hình vuông ởphía ngoài tứ giác. Chứng minh rằng tâm của bốn hình vuông này tạothành một tứ giác có hai đường chéo toàn đẳng và vuông góc với nhau.VI.7. Cho đoạn thẳng AB cố định và điểm M bất kì trên AB. Xét cáctam giác đều MPA,MQB. Chứng minh:a. Trung trực PQ đi qua một điểm cố định.b. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ có gì đặc biệt?VI.8. Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB,BC ta dựng cáchình vuông ABPQ và CBRS về phía ngoài của hình bình hành đã cho.Chứng minh các đoạn DQ và DS là vuông góc và toàn đẳng với nhau.VI.9. Trong đường tròn bán kính R nội tiếp một hình thang ABCD,


trong đó AB = CD = R. Chứng minh các điểm giữa của các bán kínhOA,OD cũng điểm giữa đáy BC lập thành một tam giác đều.VI.10. Cho tam giác vuông cân ABC(C = 90o). Dựng CC1 (C1 ∈ AB)

vuông góc với trung tuyến AA1. Tìm tỉ sốBC1

C1A.

VI.11. Cho đa giác đều A1A2 · · ·An có O là tâm của nó. Chứng minh−−→OA1 +

−−→OA2 + · · ·+

−−→OAn =

−→0 .

VI.12. Trên các cạnhAB,CD,EF của lục giác có tâm đối xứngABCDEFta dựng các tam giác đều cùng hướng ABP,CDQ,EFR. Chứng minhrằng 4PQR đều.

Bài tập quĩ tích

VI.13. Một điểm N chạy trên nửa đường tròn đường kính AB cho trước.Vẽ tam giác đều BMC ở phía ngoài tam giác ABM . Tìm quĩ tích điểmC.VI.14. Cho cố định đỉnh A của tam giác đều ABC, còn đỉnh B chạytrên các cạnh của hình vuông F nào đó. Tìm quĩ tích đỉnh C.

Dựng hình

VI.15. Cho hai đường thẳng song song a và b và điểm M không ở trêna, b. Dựng tam giác cân AMB sao cho A ở trên a, B ở trên b và góc ở

đỉnh AMB = α cho trước.VI.16. Dựng tam giác đều ABC có ba đỉnh nằm trên ba đường trònđồng tâm cho trước.VI.17. Dựng hình vuông biết ba đỉnh nằm trên ba đường thẳng songsong cho trước.VI.18. Dựng hình vuông ABCD biết đỉnh A và các điểm M,N nằmtrên các cạnh CB,CD.VI.19. Dựng hình vuông ABCD biết tâm O và hai điểmM,N nằm trêncác đường thẳng BC,CD.VI.20. Trên các đường thẳng a, b, c cắt nhau từng đôi một tại ba điểmphân biệt, ta lấy các điểm X, Y, Z. Hãy dựng các điểm X1 ∈ a, Y1 ∈b, Z1 ∈ c sao cho tam giác X1Y1C1 và tam giác XY Z toàn đẳng và cùnghướng.VI.21. Các đường thẳng a, b, c cắt nhau đôi một tại ba điểm phân biệt.Đường thẳng l cắt a, b, c tương ứng tại các điểm A,B,C. Dựng đườngthẳng l1 cắt a, b, c tương ứng tại các điểm A1, B1, C1 sao cho A1B1 =


AB, B1C1 = BC và C1A1 = CA.

Phép đối xứng tâm

Các bài tập lí thuyết

VI.22. Cho các điểm A,B,C,H,K tùy ý. Dựng các hình vuông ABCM ,MHKO,BCHP,CHKT .

Chứng minh các tứ giác APKO,ABTO,OTCM,APHM,BPKTcũng đều là các hình bình hành.VI.23. Cho đường gấp khúc khép kín ABCEHK. Dựng các hình bìnhhành ABCM,EHKO,CEHP,KABT,HKAX,BCEY .

Chứng minh−−→MO =

−→PT =

−−→XY .

VI.24. Cho các điểm A,B,C,H,K,M . Chọn các điểm K1, H1,M1 sao

cho−−→BK1 = −

−−→AK;

−−→CH1 = −

−−→BH;

−−→AM1 = −

−−→CM . Dựng các hình bình

hành KHMT,K1H1M1T1. Chứng minh các điểm T và T1 đối xứng quaA.VI.25. Tồn tại những hình có vô hạn tâm đối xứng (ví dụ băng tạo bởihai đường thẳng song song). Một hình có nhiều hơn một tâm đối xứngthì có thể có một số hữu hạn tâm đối xứng hay không?

Các bài toán khác

VI.26. Hình bình hành MNPQ nội tiếp hình bình hành ABCD sao chomỗi đỉnh ở trên một cạnh của hình bình hành đã cho. Chứng minh : haihình bình hành này có tâm chung.VI.27. Dựng tam giác biết một đỉnh, trọng tâm và hai đường thẳng điqua hai đỉnh còn lại.VI.28. Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại A,B. Dựng đườngthẳng d qua A sao cho hai đường tròn này cắt d thành hai dây cung cóđộ dài bằng a cho trước.

Phép tịnh tiến

Các bài toán chứng minh

VI.29. Cho tam giác ABC,A′B′C ′ là ảnh tịnh tiến của ABC qua phéptịnh tiến nào đó. Giả sử M là giao điểm của AB′ và BA′, N là giao điểm


của AC ′ và CA′, P là giao điểm của BC ′ và CB′. Chứng minh tam giácMNP toàn đẳng với tam giác DEF , ở đó D,E, F lần lượt là trung điểmcác cạnh của tam giác ABC.VI.30. Cho hai tam giác ABC và DEF toàn đẳng, hơn nữa các cạnhcủa tam giác ABC tương ứng song song với các cạnh của tam giác DEF .Chứng minh tam giác DEF là ảnh của tam giác ABC qua một phéptịnh tiến nào đó hoặc là ảnh của tam giác ABC qua một phép đối xứngtâm.VI.31. Cho hai đường tròn có bán kính toàn đẳng và cắt nhau ở K,L.Một đường thẳng song song với đường nối tâm của hai đường tròn nàycắt đường tròn thứ nhất ở A,B và đường tròn thứ hai ở C,D. Chứngminh độ lớn góc AKC không phụ thuộc vào vị trí cát tuyến đã kẻ.

Các bài toán quĩ tích

VI.32. Cho hai đường tròn có bán kính toàn đẳng (S1) và (S2). Mộtđiểm A cố định của (S1), B cố định của (S2). Hai điểm M,N thay đổitrên (S1), (S2) sao cho độ dài cung AM bằng độ dài cung BN nhưng haicung đó ngược hướng nhau. Tìm quĩ tích trung điểm MN .VI.33. Cho hình thoi MNPQ có cạnh a không đổi; hai đường chéo điqua A,B cố định; hai cạnh đối luôn vuông góc với đường thẳng AB. Tìmquĩ tích bốn đỉnh của hình thoi và các trung điểm của bốn cạnh hìnhthoi.VI.34. Trong mặt phẳng cho hai đường tròn có tâm khác nhau O 6= O′,M và M ′ là hai điểm trên hai đường tròn đó sao cho OM ⊥ O′M ′. Tìmquĩ tích trung điểm N của MM ′.

Các bài toán dựng hình

VI.35. Cho hai đường tròn (O1), (O2) và đường thẳng d.a. Hãy dựng một cát tuyến song song với d và cắt hai đường tròn trêntheo hai dây cung toàn đẳng.b. Hãy dựng một cát tuyến song song với d, cắt hai đường tròn trên theohai dây cung có tổng độ dài cho trước.VI.36. Dựng tứ giác biết bốn cạnh và một đoạn thẳng nối hai điểm giữacủa hai cạnh đối diện.VI.37. Dựng tứ giác ABCD biết ba góc và hai cạnh đối diện AB,CD.VI.38. Dựng tứ giác ABCD biết độ dài AB,CD,AC,BD và các gócgiữa hai đường chéo.


6.8.2 Phép đối xứng trục

Các bài toán lí thuyết

VI.39. Cho tam giác ABC. Hãy xác định phép biến hình f = SCA SBC SAB.VI.40. Cho lục giác A1A2A3A4A5A6. Hãy xác định phép biến hình f =SA6A1 SA5A6 SA4A5 SA3A4 SA2A3 SA1A2 .VI.41. Cho hai điểm A,B không thuộc đường thẳng m. Chứng minhđường thẳng AB//m⇔ XA Sm XA = XB Sm XB.VI.42. Chứng minh nếu XA là phép đối xứng tâm còn f là phép phảnchiếu sao cho XA f = f XA, thì f là phép đối xứng trục và A nằmtrên trục đối xứng.


VI.43. Chứng minh nếu hình H có một trục đối xứng và một tâm đốixứng duy nhất thì tâm đó nhất thiết phải nằm trên trục và H còn cómột trục đối xứng thứ hai nữa vuông góc với trục đối xứng thứ nhất tạitâm đối xứng.VI.44. Chứng minh nếu một đa giác có từ hai trục đối xứng trở lên thìtất cả các trục đối xứng đó đồng quy tại một điểm ở trong đa giác đãcho.VI.45. Chứng minh: nếu một ngũ giác có hai trục đối xứng thì nó làmột ngũ giác đều. Tổng quát: nếu một đa giác có (2n + 1) cạnh có haitrục đối xứng thì nó là đa giác đều.

Các bài toán quĩ tích và dựng hình

VI.46. Cho tam giác ABC và một điểm M tùy ý trên mặt phẳng. GọiB1 và A1 là các điểm đối xứng của M lần lượt qua CA và CB. Tìm quỹtích những điểm M sao cho A1B = B1A.VI.47. Cho đường thẳng d và hai đường tròn (O1) và (O2) ở về hai phíacủa d. Dựng tam giác ABC sao cho A ∈ d,B ∈ (O1), C ∈ (O2) và(BC)⊥d.VI.48. Cho ba đường thẳng a, b, c cắt nhau tại O và điểm A ∈ a. Dựngtam giác ABC nhận a, b, c làm các đường phân giác trong.VI.49. Cho QO là phép quay tâm O, Sl là phép đối xứng trục l. Ngoàira O /∈ l. Hãy dựng một đường thẳng d sao cho d//(Sl Qα

O)(d).VI.50. Cho một góc nhọn và hai điểm ở trong góc đó. Dựng tam giáccân có hai đỉnh ở trên một cạnh, đỉnh thứ ba ở trên cạnh kia của góc và


mỗi cạnh bên đi qua một điểm đã cho.

6.8.3 Phép đồng dạng

Phép vị tự

Các bài toán lý thuyết

VI.51. Cho f là một phép biến hình phẳng biến mọi đường thẳng thànhđường thẳng song song với nó. Chứng minh f là phép tịnh tiến hoặc vịtự.VI.52. Nếu ba hình H1, H2, H3 đồng dạng phối cảnh với nhau từng đôimột thì các tâm vị tự của ba cặp hình vị tự (H1, H2); (H2, H3); (H3, H1)là thẳng hàng.VI.53. Cho đường tròn tâm O bán kính R và ba đường tròn đồng tâmO1(O 6= O1) bán kính lần lượt là R1, R2, R3. Gọi V1, V2, V3 lần lượt là baphép vị tự biến (O,R) thành các đường tròn (O1, R1); (O2, R2); (O3, R3).Có nhận xét gì về tâm vị tự của ba phép vị tự trên?VI.54. Các điểm M,N là tâm vị tự của hai đường tròn cắt nhau tại

A,B. Chứng minh MAN = MBN = 90o.VI.55. Chứng minh trong tam giác ABC:a. Các đường trung tuyến cắt nhau tại G và G chia mỗi đường theo tỉ số2 : 1 kể từ đỉnh của nó.b. Các đường cao cắt nhau tại H.c. Đường thẳng GH đi qua tâm O của đường tròn ngoại tiếp và MO =1

2MH.


VI.56. Chứng minh: trong một tam giác, trung điểm các cạnh, chân cácđường cao và trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh của tamgiác thì cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn Euler). Bán kínhcủa đường tròn Euler bằng 1

2bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

và tâm O của đường tròn Euler cũng nằm trên đường thẳng Euler.VI.57. Cho tam giác ABC với trực tâm H và các điểm M1,M2,M3,E1, E2, E3 tương ứng là điểm giữa của các đoạn BC,AC,AB,AH,BH,CH. Chứng minh các đoạn M1E1,M2E2,M3E3 cắt nhau tại một điểm,hơn nữa M1E1 = M2E2 = M3E3 = R, trong đó R là bán kính đường


tròn ngoại tiếp.VI.58. Qua các giao điểm của các phân giác trong của tam giác ABCvới đường tròn ngoại tiếp tam giác đó, ta kẻ các tiếp tuyến với đườngtròn ngoại tiếp thì nhận được một tam giác A′B′C ′. Chứng minh cáctâm O,O′ của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A′B′C ′ cùngvới tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là nằm trên cùng mộtđường thẳng.VI.59. Cho tam giác ABC và các điểm C1 ∈ AB,A1 ∈ BC. Đườngthẳng l đi qua giao điểmM của AA1 và CC1 cắt các đường thẳng AB vàBC tương ứng tại các điểm C0, A0. Các đường thẳng C0E và AF tươngứng song song với các đường thẳng BC và AB; E ∈ AA1;F ∈ CC1.Chứng minh C1E//A1F .VI.60. Các cạnh của tam giác A1B1C1 song song với các cạnh của tamgiác ABC. Chứng minh tam giác A1B1C1 có thể là ảnh của tam giácABC qua một phép vị tự hay tịnh tiến.VI.61. Tam giác ABC tịnh tiến đi một véctơ ~m thành tam giác A1B1C1.Chứng minh các đoạn AM1, BN1, CP1 đồng qui, trong đó M1, N1, P1 lầnlượt là trung điểm các cạnh B1C1, C1A1, A1B1.VI.62. Trên các cạnh đáy AB và CD của hình thang ABCD, ta dựngcác hình vuông. Chứng minh đường nối các tâm hình vuông đi qua giaođiểm các đường chéo của hình thang.VI.63. Cho hình bình hành ABCD, M ∈ AB. Qua M dựng MP//AC(P ∈ BC) và qua B dựng BN//MD(N ∈ DC). Chứng minh các điểmD,Q = AC ∩BN và P là thẳng hàng.VI.64. Trong một ngũ giác, trung điểm của mỗi cạnh được nối với cáctrung điểm của các cạnh không kề với nó. Chứng minh trung điểm củanăm đoạn thẳng nhận được là một đỉnh của một ngũ giác đồng dạngphối cảnh với ngũ giác đã cho.


VI.65. Một góc XAY có độ lớn không đổi quay quanh một điểm A cốđịnh nằm trên đường tròn (O) cho trước. Các cạnh của góc cắt đườngtròn tại điểm thứ hai tương ứng là B và C. Tìm:a. Quĩ tích trọng tâm tam giác ABC.b. Gọi D là điểm đối xứng của A qua trung điểm BC. Tìm quĩ tích D.c. Quĩ tích trực tâm tam giác ABC.d. Quĩ tích tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác DBC.VI.66. Một tam giác cân ABC thay đổi nhưng luôn giữ nguyên kíchthước và hướng sao cho các đỉnh B,C chạy trên một đường tròn (O) cho


trước, đường thẳng AB luôn đi qua một điểm I cố định.a. Chứng minh AC luôn đi qua một điểm J cố định (I 6= J).b. Tìm quĩ tích hình chiếu của I và J trên BC.


VI.67. Dựng tam giác cân ABC biết góc ở đỉnh A và tổng của cạnh BCvới đường cao AH bằng a cho trước.VI.68. Dựng tam giác ABC biết tâm vòng tròn ngoại tiếp O, trọng tâmG, và chân đường cao A1 hạ từ A xuống BC.VI.69. Hãy nội tiếp trong hình quạt tròn AOB một đường tròn tiếp xúcvới các bán kính OA,OB và cung AB.VI.70. Dựng một đường tròn đi qua hai điểm A,B và tiếp xúc với mộtđường thẳng d đã cho.

Phép đồng dạng

Các bài toán lý thuyết

VI.71. Giả sử f là phép đồng dạng tâm O

f : M 7→M ′, N 7→ N ′.

Chứng minh hai tam giác OMM ′ và ONN ′ là đồng dạng.VI.72. Cho hai đường thẳng cắt nhau l1, l2. Ta xác định phép biếnhình f như sau: Với mỗi điểm M của mặt phẳng, ta dựng AB sao choA ∈ l1, B ∈ l2 và M là trung điểm của AB. Kẻ AA′⊥l2, BB′⊥l1. Gọi M ′

là trung điểm của A′B′. Đặt f(M) = M ′. Hãy xác định phép biến hìnhf khi M nằm trong góc l1Ol2, ở đó O là giao điểm của l1 và l2.


VI.73. Trong mặt phẳng cho hai điểm A,B. Quay một điểm M tùy ýcủa mặt phẳng xung quanh các điểm A,B một góc 90o đến vị trí mới theothứ tự là A1, B1. Lại quay các điểm N tùy ý khác đi góc 90o xung quanhcác điểm A1, B1 đến các vị trí mới là A2, B2. Chứng minh A2B2 = 2 ·AB.VI.74. Trên các cạnh của tam giác ABC ta dựng ra phía ngoài các tam

giác ABM,BCN,CAP sao cho AMB = 150o, AM = BM, CAP =

CBN = 30o, ACP = BCN = 45o. Chứng minh tam giác MNP đều.VI.75. Cho tam giác ABC. Dựng trên các cạnh AB,AC ra phía ngoàitam giác ABC các hình vuông ABDE,ACGH. Gọi I là điểm giữa BC.Chứng minh tam giác KIL vuông cân, ở đó K,L là tâm của hai hìnhvuông ABDE,ACGH.


VI.76. Trong mặt phẳng ABC cho điểmM . Các đường thẳngMA,MB,MC cắt các cạnh của tam giác theo thứ tự tại A′, B′, C ′. Qua một điểmP tùy ý của AB ta dựng đường thẳng song song với C ′A′ và cắt BC tạiC1. Qua P1 dựng đường thẳng song song với A′B′ cắt CA tại P2. Qua P2

kẻ đường thẳng song song với B′C ′ cắt AB tại P3. Cũng bằng cách đóđiểm P3 được biến lần lượt thành P4, P5, P6. Chứng minh P ≡ P6.VI.77. Cho hai tam giác ABC và A1B1C1 đồng dạng thuận nhưng khôngtoàn đẳng với nhau. Chứng minh:

AA1 ·BC ≤ BB1 · CA+ CC1 · AB.


VI.78. Cho đường tròn tâm (O) và một điểm M cố định nằm trên (O).Tìm quĩ tích các điểm Q là ảnh của M qua phép quay Qα

P , ở đó P diđộng trên (O).VI.79. Cho đường thẳng ∆ và A /∈ ∆. Hai đường thẳng d, d′ thay đổi

qua A cắt ∆ tại hai điểm B,C. Góc định hướng (d, d′) =π

4. Tìm quĩ tích

các điểm B′, C ′ là chân các đường cao của tam giác ABC kẻ từ B,C.VI.80. Qua một điểm O cố định kẻ một cát tuyến cắt hai đường thẳngsong song đã cho tại A và B. Trên đường thẳng vuông góc với OA tạiA lấy hai đoạn AM và AM ′ sao cho AM = AM ′ = AB. Tìm quỹ tíchM,M ′ khi cát tuyến quay quanh O.


VI.81. Dựng tứ giác nội tiếp biết độ dài bốn cạnh.VI.82. Dựng tam giác biết độ dài ba đường cao.VI.83. Cho tam giác ABC. Tìm trong tam giác một điểm X sao chokhoảng cách từ điểm đó đến các cạnh BC,CA,AB tỉ lệ với m,n, p chotrước.VI.84. Hãy dựng hai hình bình hành đồng dạng sao cho chúng có mộtđường chéo chung, còn hai đường chéo còn lại cùng nằm trên một đườngthẳng.VI.85. Dựng hình thoi ABCD biết A = α < 90o, đỉnh A cho trước, cònhai đỉnh B,C nằm trên hai đường tròn cho trước.


6.8.4 Phép nghịch đảo


VI.86. Giả sử O,A,B,C là bốn điểm bất kì trên một đường thẳng.Chứng minh |OA| · |BC| + |OB| · |CA| + |OC| · |AB| = 0 (đẳng thứcEuler trên đường thẳng).VI.87. Cho bốn điểm A,B,C,D. Chứng minh góc của hai vòng trònngoại tiếp tam giác ABC và ABD bằng góc của hai vòng tròn ngoại tiếpCDA và CDB.VI.88. Cho tứ giác ABCD không nội tiếp một đường tròn. Chứng minhrằng điều kiện cần và đủ để hai đường tròn (DAB) và (DAC) trực giaovới nhau là

|BC|2 · |DA|2 = |CA|2 · |DB|2 + |AB|2 · |DC|2.

VI.89. Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác theo cáccạnh a, b, c của nó.VI.90. Cho tam giác ABC. Bán kính đường tròn ngoại tiếp là R, bánkính đường tròn nội tiếp là r, d là khoảng cách giữa hai tâm. Chứngminh d2 = R2 − 2Rr (hệ thức Euler).


VI.91. Trên đường tròn tâm O lấy hai điểm B,C cố định và A di động.Gọi (γ) và (γ′) là hai đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (BC) tại B vàC.a. Chứng minh trục đẳng phương của (γ) và (γ′) đi qua điểm cố định.b. Tìm quĩ tích giao điểm thứ hai của (γ) và (γ′).c. Tìm quĩ tích giao điểm của (AB) và (γ′); của (AC) và (γ).VI.92. Cho hình vuông ABA′B′ tâm O.a. Với mỗi P bất kì của mặt phẳng, chứng minh đường tròn (AA′P ) và(BB′P ) cắt nhau tại điểm thứ hai P ′ trên (OP ).b. Tìm quĩ tích P ′ khi P vẽ nên hình vuông đã cho. Điểm P phải ở phầnnào của mặt phẳng để P ′ ở trong hình vuông?VI.93. Cho đường tròn (O;R) và hai dây thay đổi AA′ và BB′; AA′ ⊥BB′ tại P ở trong vòng tròn (O) và P cố định. Gọi H là hình chiếu củaP lên (AB).a. Chứng minh PH đi qua trung điểm I của A′B′.b. Chứng minh PH · PI là không đổi.c. Gọi (C1) là đường tròn qua P,A và tiếp xúc với (O). Gọi (C2) là đường


tròn qua P,A′ và tiếp xúc với (O) và M là giao điểm thứ hai của (C1)và (C2). Tìm quĩ tích M .


VI.94. Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó. Dựng ba nửađường tròn đường kính AB,AC,BC về cùng một phía. Gọi M là tâmđường tròn tiếp xúc với cả ba nửa đường tròn đó.a. Hãy biến đổi hình vẽ bằng các phép nghịch đảo cực A,B hoặc C.b. Lấy hai phép nghịch đảo cực A,C. Hãy chọn phương tích sao cho cácnửa đường tròn không qua cực được giữ nguyên. Suy ra cách vẽ tâm Mcủa đường tròn trên.VI.95. Dựng đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn cho trước, trong đóhai đường tròn cho trước tiếp xúc nhau.VI.96. Dựng đường tròn đi qua hai điểm A,B vàa. Tiếp xúc với đường tròn (C) cho trước.b. Cắt đường tròn (C) theo góc cho trước.c. Trực giao với đường tròn (C).

Tài liệu tham khảo

[1] R. Hartshorne, Geometry: Euclid and Beyond, Springer - 2000.

[2] M. Berger, Geometry 1,2, Springer - 2009.

353

giao trinh hhsc

Documents