Nếu khối lượng được thay thế bằng diện tích...

35

Nếu quần chúng được thay thế bằng máy bay…

CHAN KUANG

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ chứng minh một số định lý có thể được coi là an toàn đối với sỏi mật của hình học cơ bản. Không còn nghi ngờ gì nữa, những định lý này sẽ cung cấp cho người đọc những công thức thuận tiện thậm chí chỉ bằng những tính chất của chúng. Nhưng chúng ta đang nói về chúng ở đây vì một lý do khác - chúng sẽ bắt nguồn từ một công thức - công thức Lagrange để tính “mômen quán tính”. Hãy trình bày nó để phục vụ ba điểm A, B, C:
$$\alpha |PA|^2 + \beta |PB|^2 + \gamma |PC|^2 = \frac{1}{\mu} (\alpha \beta c^2 + \beta \gamma a^2 + \gamma a b^2) + \mu |PZ|^2;$$
(1)

ở đây A, B, C và P là các điểm tùy ý, α, β và γ là các số tùy ý (hiểu là “khối lượng” tập trung tại các điểm A, B và C), μ = α + β + γ ≠ 0, a, b, c là độ dài các đoạn BC, CA, AB, cuối cùng Z là tâm khối lượng của hệ vật liệu gồm các điểm αA, βB, γC, tức là theo định nghĩa là một điểm thỏa mãn điều kiện
$$\alpha ZA + \beta ZB + \gamma ZC = 0$$
(điểm vật chất là một cặp (điểm, số), αA, βB và γC là các ký hiệu quan trọng cho vật liệu của các điểm (A, α), (B, β), (C, γ)). Về nguyên tắc, những gì đã nói vừa đủ để rút ra công thức (1) vừa đủ để hiểu những gì tiếp theo. Tuy nhiên, chúng tôi khuyên bạn nên đọc bài viết của V.N. Dubrovsky “Momen quán tính trong hình học” trong số trước của tạp chí, trong đó công thức Lagrange được chứng minh (công thức (7) trong bài viết này), giải thích nó liên quan như thế nào đến “mômen quán tính” và một số hệ quả hình học khác của nó được đưa ra, cũng như các tính chất cần thiết của khối lượng.

37

tô màu bằng $abc \cdot |DA| \cdot |DB| \cdot DC/4RS^2$, chúng ta hiểu được điều đó
$$-c \cdot |DC| - a \cdot |DA| + b \cdot |DB| = 0,$$
đó là
$$|DB| \cdot |AC| = |DA| \cdot |BC| + |AB| \cdot |DC|.$$

Khu vực tam giác bàn đạp
Biểu thức ở vế phải của (4) trông khá lúng túng, nhưng như chúng ta sẽ thấy sau đây, nó có ý nghĩa hình học rất tốt. Chúng ta thả từ điểm $Z$ các đường vuông góc $ZA_1, ZB_1$ và $ZC_1$ xuống các đường $BC, CA$ và $AB$ (Hình 5). Tam giác thu được $A_1B_1C_1$ được gọi là tam giác bàn đạp của điểm $Z$. Leonhard Euler phát hiện ra rằng diện tích của nó bằng
$$S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{|OZ|^2}{R^2} \right) S_{ABC}$$
(cả hai hình vuông đều được định hướng!). Chúng ta hãy rút ra kết quả này từ công thức (4). Để làm điều này, chúng ta sẽ chứng minh rằng $S_aS_bc^2 = abcR \cdot S_{ZA_1B_1}$. Cộng đẳng thức này với các đẳng thức tương tự cho hai số hạng còn lại ở vế phải của (4), chúng ta có:

$$R^2 - |OZ|^2 = \frac{1}{S^2} abcR \left( S_{ZA_1B_1} + S_{ZB_1C_1} \right) + S_{ZC_1A_1}$$
$$= \frac{4R^2}{S_{ABC}} S_{A_1B_1C_1},$$
tương đương với công thức Euler.

Vì vậy, hãy xem xét biểu thức $S_aS_bc^2$. Rõ ràng là $|S_a| = a |ZA_1|/2$, $|S_b| = b |ZB_1|/2$, $c = 2R \sin \widehat{ACB} = 2R \sin A_1ZB_1$ (vì các cạnh của các góc $ACB$ và $A_1ZB_1$ vuông góc với nhau nên độ lớn của chúng bằng nhau hoặc tổng bằng $180^\circ$). Kể từ đây,
$$|S_aS_bc^2| = abcR \cdot \frac{1}{2} |ZA_1| \|ZB_1| \sin A_1ZB_1 = abcR |S_{ZA_1B_1}|.$$

Còn phải chứng minh rằng dấu của tích $S_aS_b$ trùng với dấu của $S_{ZA_1B_1}$. Điều này có thể dễ dàng thực hiện bằng cách xem xét bốn vị trí có thể có của điểm $Z$ so với các đường $AC$ và $BC$ (trong mỗi góc trong số bốn góc được tạo bởi các đường này, các dấu $S_a, S_b$ và $S_{ZA_1B_1}$ là không đổi).

Để kết luận, chúng tôi trình bày một định lý cổ xưa khác: đáy của các đường vuông góc hạ từ một điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đến các cạnh của nó (hoặc phần mở rộng của chúng) nằm trên một đường thẳng - “Đường thẳng Simson” (Hình 6).