Khóa luận Hìœnh học taxicab

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ? ? ?F ? ?? TRẦN THỊ CẨM NHUNG HÌNH HỌC TAXICAB KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐHSP NGÀNH HỌC : TOÁN HỌC CÁN BỘ HƯỚNG DẪN PGS.TS ĐOÀN THẾ HIẾU HUẾ, KHÓA HỌC 2007− 2011 i LỜI CẢM ƠN Sau một thời gian được sự hướng dẫn nhiệt tình, chu đáo của PGS.TS Đoàn Thế Hiếu tôi đã hoàn thành khóa luận với đề tài Hình học Taxicab. Qua đây, với tất cả sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tôi xin được gửi đến Thầy lời cảm ơn chân thành nhất. Tôi xin được cảm ơn toàn thể quý Thầy Cô Khoa Toán trường ĐHSP Huế. Cảm ơn Thầy Cô đã luôn tận tình dạy dỗ, luôn quan tâm động viên và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập vừa qua. Tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn đến gia đình, người thân, bạn bè đã quan tâm động viên, giúp tôi trong quá trình học tập và thực hiện đề tài. Cuối cùng, cho phép tôi được gửi lời chúc sức khỏe và hạnh phúc đến toàn thể quý Thầy Cô Khoa Toán trường ĐHSP Huế và đặc biệt là PGS.TS Đoàn Thế Hiếu. Huế, tháng 5 năm 2011 Trần Thị Cẩm Nhung ii MỤC LỤC TRANG PHỤ BÌA i LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iv MỞ ĐẦU 1 1 MẶT PHẲNG TAXICAB 2 1.1 Giới thiệu về mặt phẳng taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Khoảng cách taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.1 Khoảng cách taxicab giữa hai điểm . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.2 Khoảng cách taxicab từ một điểm đến một đường thẳng . . 8 1.3 Góc taxicab và lượng giác học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3.1 Góc taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3.2 Lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4 Tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.4.1 Góc nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.4.2 Tam giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.4.3 Đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác . . . . . . . . . . . . 19 1.4.4 Đường tròn taxicab nội tiếp tam giác . . . . . . . . . . . . . 21 1.4.5 Tam giác đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.5 Các áp dụng vào địa lý thành phố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.6 So sánh với mặt phẳng Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT PHẲNG TAXICAB 38 2.1 Các phép đẳng cự taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.1 Phép tịnh tiến taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.2 Phép đối xứng taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 iii 2.1.3 Phép quay taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.2 Tích vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.2.1 Tích vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.2.2 Chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 Đa giác đều taxicab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.4 Tỉ số của các độ dài định hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.4.1 Độ dài Taxicab định hướng và điểm chia . . . . . . . . . . . 63 2.4.2 Định lý về đường thẳng định hướng . . . . . . . . . . . . . . 66 KẾT LUẬN 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO 69 iv MỞ ĐẦU Hình học taxicab là một loại hình học phi Euclid. Hermann Minkowski, nhà toán học người Đức và là thầy giáo của Albert Einstein, là người đầu tiên đề xuất hình học taxicab. Hiện nay một số ứng dụng của loại hình học này đã giúp phát triển ngành quy hoạch đô thị nhân tạo trên thế giới. Ngoài ra còn ứng dụng nhiều trong các trò chơi điện tử, điển hình là trò chơi Simcity 3000. Việc nghiên cứu loại hình học phi Euclid này đã làm tăng khả năng tư duy toán học, cải thiện kỹ năng giải quyết vấn đề và thái độ của sinh viên đối với việc học toán. Cho đến nay, có rất nhiều trường trên thế giới đã đưa vào giảng dạy nhằm giúp cho sinh viên được tiếp xúc với một loại hình học phi Euclid, phát triển khả năng tư duy toán học. Khóa luận nhằm mục tiêu tìm hiểu những khác biệt giữa hình học taxicab và hình học Euclid, hệ thống hóa và tổng quan các kết quả nghiên cứu về hình học taxicab, những ứng dụng vào địa lý thành phố và các bài toán trên mặt phẳng taxicab. Nội dung khóa luận chia làm hai chương. Chương một: giới thiệu về mặt phẳng taxicab, trình bày một số ví dụ, hình vẽ về khoảng cách taxicab, lượng giác học và tam giác taxicab. Trình bày những ứng dụng vào địa lý thành phố và hệ thống hóa những khác biệt cơ bản giữa hình học taxicab và hình học Euclid. Chương hai: một số bài toán trên mặt phẳng taxicab, trình bày các định lý của phép đẳng cự và tích vô hướng trong hình học taxicab. Hệ thống hóa các tính chất đặt biệt của các đa giác đều taxicab và tỉ số độ dài định hướng trong hình học taxicab. 1 Chương 1 MẶT PHẲNG TAXICAB 1.1 Giới thiệu về mặt phẳng taxicab Hình học mêtric bao gồm một tập hợp P , mà những phần tử của P được gọi là những điểm, cùng với một họ L ⊂ P (L 6= ∅), với L được gọi là họ các đường thẳng, và một hàm khoảng cách d, sao cho 1. Hai điểm phân biệt trong P nằm trên một đường thẳng duy nhất L. Điều này có nghĩa là hai điểm phân biệt trong P thuộc mặt phẳng taxicab duy nhất của L. 2. Tồn tại ba điểm phân biệt trong P không cùng nằm trên một đường thẳng L, tức là không thuộc mặt phẳng taxicab của L. 3. Tồn tại một song ánh f : l −→ R sao cho với mỗi P,Q ∈ l, l ∈ L thì |f(P )− f(Q)| = d(P,Q). Hình học mêtric được định nghĩa như trên được kí hiệu bởi {P ,L, d}. Nếu hình học mêtric này có thêm hàm đo góc (angle measure function) m và thỏa mãn tiên đề dưới đây, thì hình học mêtric đó được gọi là hình học protractor, có nghĩa là hình học với một thước đo góc, và được kí hiệu bởi {P ,L, d,m}. 4. Với mỗi l ∈ L, khi đó có hai tập con H1 và H2 của P (gọi là hai nửa mặt phẳng xác định bởi l) sao cho (a) H1 ∪H2 = P − l. (b) Mỗi tập H1 và H2 là những tập lồi và rời nhau. (c) Nếu A ∈ H1 và B ∈ H2, thì [AB] ∩ l 6= ∅. 2 Mêtric taxicab được Minkowski đề cập vào cuối thế kỉ XX. Sau đó hình học phẳng taxicab được xây dựng bởi Menger, và phát triển bởi Krause. Hình học phẳng taxicab đã sử dụng mêtric taxicab dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2| thay cho mêtric Euclid dE(P,Q) = [(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2]12 để xác định khoảng cách giữa hai điểm bất kì P = (x1, y1) và Q = (x2, y2) trong R2. Nếu LE là tập tất cả các đường thẳng, và mE là hàm đo góc của mặt phẳng Euclid, thì {R2,LE, dT ,mE} là một mô hình của hình học protractor, nó được gọi là mặt phẳng taxicab. Mặt phẳng taxicab R2T tương tự với mặt phẳng Euclid R2 vì nó chỉ không thỏa mãn tiên đề cạnh-góc-cạnh, nhưng lại thỏa mãn tất cả 12 tiên đề còn lại của hình học phẳng Euclid. Các khái niệm điểm, đường thẳng, góc trong mặt phẳng taxicab {R2,LE, dT ,mE} và mặt phẳng Euclid {R2,LE, dE,mE} hoàn toàn tương tự nhau. Tuy nhiên, hàm khoảng cách trong mặt phẳng taxicab khác với hàm khoảng cách trong mặt phẳng Euclid. Khoảng cách taxicab giữa hai điểm P = (x1, y1) và Q = (x2, y2) là tổng độ dài taxicab của các đoạn thẳng ngắn nhất song song với các trục tọa độ nối hai điểm P và Q. Khoảng cách taxicab giữa hai điểm P = (x1, y1) và Q = (x2, y2) là dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2|. Ta chứng minh dT là mêtric cảm sinh từ chuẩn taxicab. Chứng minh. 1. ∀P = (x1, y1), Q = (x2, y2) ∈ R2T dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2| ≥ 0. dT (P,Q) = 0⇔ { x1 − x2 = 0 y1 − y2 = 0 ⇔ { x1 = x2 y1 = y2 ⇔ P = Q. 2. dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2| = |x2 − x1|+ |y2 − y1| = dT (Q,P ). 3 3. ∀P = (x1, y1), Q = (x2, y2),M = (x3, y3) ∈ R2T dT (P,M) = |x1 − x3|+ |y1 − y3| ≤ |x1 − x2|+ |x2 − x3|+ |y1 − y2|+ |y2 − y3| ≤ |x1 − x2|+ |y1 − y2|+ |x2 − x3|+ |y2 − y3| ≤ dT (P,Q) + dT (Q,M). 1.2 Khoảng cách taxicab 1.2.1 Khoảng cách taxicab giữa hai điểm Khoảng cách taxicab giữa hai điểm P = (x1, y1) và Q = (x2, y2) là dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2|. Ví dụ 1.2.1. Cho P (−2,−1);Q(1, 3). Hình 1.1: Khoảng cách giữa hai điểm P và Q. Đường liền nét đậm là khoảng cách Euclid giữa hai điểm P và Q. Hợp thành của các đường nét đứt là khoảng cách taxicab giữa hai điểm P và Q. dT (P,Q) = |1− (−2)|+ |3− (−1)| = 7. 4 Ví dụ 1.2.2. Gọi A(a1, a2), B(b1, b2), C(c1, c2), D(d1, d2), lúc đó dT (A,B) = |a1 − b1|+ |a2 − b2|; dE(A,B) = [(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2]12 . dT (C,D) = |c1 − d1|+ |c2 − d2|; dE(C,D) = [(c1 − d1)2 + (c2 − d2)2]12 . 1. Nếu dT (A,B) = dT (C,D) thì dE(A,B) = dE(C,D) khi |a1 − b1||a2 − b2| = |c1 − d1||c2 − d2|. Chứng minh. Giả sử dT (A,B) = dT (C,D) và dE(A,B) = dE(C,D), ta chứng minh |a1 − b1||a2 − b2| = |c1 − d1||c2 − d2|. dT (A,B) = dT (C,D) ⇔ |a1 − b1|+ |a2 − b2| = |c1 − d1|+ |c2 − d2| ⇔ (|a1 − b1|+ |a2 − b2|)2 = (|c1 − d1|+ |c2 − d2|)2 ⇔ (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 + 2|a1 − b1||a2 − b2| = (c1 − d1)2 + (c2 − d2)2 + 2|c1 − d1||c2 − d2| ⇔ d2E(A,B) + 2|a1 − b1||a2 − b2| = d2E(C,D) + 2|c1 − d1||c2 − d2| ⇔ |a1 − b1||a2 − b2| = |c1 − d1||c2 − d2|. 2. dT (A,B) = dE(A,B) khi chỉ khi A và B có hoành độ hoặc tung độ bằng nhau. dT (A,B) = dE(A,B) ⇔ d2T (A,B) = d2E(A,B) ⇔ (|a1 − b1|+ |a2 − b2|)2 = (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 ⇔ (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 + 2|a1 − b1||a2 − b2| = (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 ⇔ 2|a1 − b1||a2 − b2| = 0⇔ [ a1 = b1 a2 = b2. Vậy dT (A,B) = dE(A,B) khi chỉ khi A và B có hoành độ hoặc tung độ bằng nhau (A và B nằm trên một đường thẳng đứng hoặc đường nằm ngang). 3. Chứng minh rằng dT (A,B) ≥ dE(A,B). d2T (A,B) = (|a1 − b1|+ |a2 − b2|)2 = (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 + 2|a1 − b1||a2 − b2| ≥ (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 = d2E(A,B). Suy ra dT (A,B) ≥ dE(A,B). 5 Ví dụ 1.2.3. Cho hai điểm A(−2,−1);B(3, 2). Hình vẽ dưới đây biểu diễn tập hợp G = {P |dT (P,A) = 3 và dT (P,B) = 5}. Hình 1.2: Tập hợp G. Đoạn DC trên Hình 1.2 là tập hợp G cần biểu diễn. Ví dụ 1.2.4. Cho hai điểm A(−2, 3);B(1,−4). Hình vẽ dưới đây biểu diễn tập hợp H = {P |dT (P,A) + dT (P,B) = dT (A,B)}. Hình 1.3: Hình chữ nhật H. Mọi điểm nằm trong hình chữ nhật đều có tổng khoảng cách taxicab đến A và B là 10. 6 Ví dụ 1.2.5. Cho hai điểm A(1, 1);B(1, 4). Hình vẽ dưới đây biểu diễn tập hợp L = {P |dT (P,A) + dT (P,B) = dT (A,B)}. Hình 1.4: Đoạn thẳng AB. Mọi điểm nằm trên đoạn thẳng AB đều có tổng khoảng cách taxicab đến A và B là 3 (Hình 1.4). Trong mặt phẳng Euclid, tập hợp các điểm cách đều hai điểm A,B cho trước là đường thẳng trung trực của đoạn AB. Nhưng đối với mặt phẳng taxicab tập hợp các điểm có khoảng cách taxicab đến A và B bằng nhau có hình dạng khá phức tạp. Ví dụ 1.2.6. Cho hai điểm A(−2,−1);B(3, 2). Hình vẽ dưới đây biểu diễn tập hợp K = {P |dT (P,A) = dT (P,B)}. Hình 1.5: Tập hợp K. Khoảng cách taxicab giữa hai điểm A,B là 8. Bằng cách dựng các đường tròn taxicab tâm A và tâm B bán kính 4 ta dựng được giao tuyến của hai đường tròn taxicab này là IH (Hình 1.5). Các điểm nằm trên đường thẳng đứng đi qua I và đi qua H cũng có khoảng cách taxicab đến A và B bằng nhau. Vậy hợp các đường gấp khúc trên Hình 1.5 là trung trực của đoạn AB (Hình 1.5). 7 1.2.2 Khoảng cách taxicab từ một điểm đến một đường thẳng Khoảng cách taxicab từ một điểm A đến một đường thẳng l là khoảng cách taxicab nhỏ nhất từ A đến mỗi điểm P trên l dT (A, l) = min P∈l dT (A,P ). Ví dụ 1.2.7. Cho điểm A(−3, 2) và đường l qua (−6,−2) và (0, 0). Tìm tọa độ của điểm P trên l có khoảng cách taxicab đến A là nhỏ nhất. Tính dT (A, l). Hình 1.6: Khoảng cách taxicab từ A đến l. Đường thẳng đứng qua A cắt đường thẳng l tại P . Điểm trên l có khoảng cách taxicab đến A nhỏ nhất là P = (−3,−1), dT (A, l) = minM∈l dT (M,P ) = dT (A,P ) = 3 (Hình 1.6). Hình 1.7: Khoảng cách taxicab từ A đến l. 8 Ví dụ 1.2.8. Cho điểm A(−3, 2) và đường thẳng l đi qua (−2,−1) và (2, 3). Tìm tọa độ của điểm D trên l có khoảng cách taxicab đến A là nhỏ nhất. Tính dT (A, l). Đường thẳng đứng hoặc đường nằm ngang đi qua A cắt đường thẳng l. Điểm trên l có khoảng cách taxicab đến A nhỏ nhất là giao điểm của chúng. Trên hình 1.7 điểm D = (−3,−2) là điểm trên l có khoảng cách taxicab đến A nhỏ nhất và dT (A, l) = minM∈l dT (A,M) = dT (A,D) = 4. 1.3 Góc taxicab và lượng giác học 1.3.1 Góc taxicab Trong phần này ta sẽ tìm hiểu những thay đổi trong cách sử dụng đơn vị đo góc của hình học taxicab. Thay vì sử dụng đơn vị radian để đo các góc Euclid, hình học taxicab giới thiệu định nghĩa taxicab radian (t − radian) là đơn vị đo góc trong hình học taxicab. Góc nằm ở vị trí tiêu chuẩn có đỉnh trùng với góc tọa độ O và tia đầu của góc đó trùng với tia Ox. Hình học Euclid có hai phương pháp để xác định số đo của một góc: 1. Dựa vào tích vô hướng. 2. Dựa vào đường tròn đơn vị. Tuy nhiên mêtric taxicab không dùng phương pháp dựa vào tích vô hướng để xác định số đo góc vì trong hình học taxicab chuẩn được cảm sinh từ mêtric không thỏa mãn luật hình bình hành (〈α, β〉 = 1 4 (‖α + β‖2 − ‖α − β‖2). Do vậy, ta sẽ xác định số đo góc trên đường tròn đơn vị taxicab. Hình 1.8: Đường tròn đơn vị taxicab. Định nghĩa 1.3.1 ([12, Định nghĩa 2.1, pp. 1]). 1 t − radian là số đo của góc có đỉnh là tâm đường tròn đơn vị taxicab và chắn cung có độ dài bằng 1. 9 Chú ý. 1. Một đường tròn đơn vị taxicab có số đo góc là 8 t − radian vì chu vi của đường tròn đơn vị taxicab là 8. 2. Các góc Euclid pi 4 , pi 2 , pi nằm trong vị trí tiêu chuẩn có số đo taxicab tương ứng là 1, 2, 4. 3. Số đo taxicab θ của một góc Euclid φe ở vị trí tiêu chuẩn bằng khoảng cách taxicab từ điểm (1, 0) đến giao điểm của đường tròn đơn vị taxicab với tia cuối (nằm trên đường thẳng y = x tane φe) của góc Euclid φe. Định lý 1.3.1 ([12, Định lý 2.2, pp. 2]). Một góc nhọn Euclid φe nằm trong vị trí tiêu chuẩn có số đo taxicab θ = 2− 2 1 + tane φe = 2 sine φe sine φe + cose φe . Chứng minh. Số đo taxicab θ của một góc Euclid φe bằng khoảng cách taxicab từ (1, 0) đến giao điểm của các đường thẳng y = −x+1 (cạnh của đường tròn đơn vị taxicab) và đường thẳng y = x tane φe. Ta có hoành độ giao điểm của hai đường thẳng trên là: x0 = 1 1+tane φe , tung độ giao điểm của hai đường thẳng trên là: y0 = −x0 + 1. Do đó khoảng cách từ điểm (1, 0) đến giao điểm P = (x0, y0) của hai đường thẳng trên là dT ((1, 0), (x0, y0)) = |1− x0|+ |y0| = 1− x0 + y0 = 2− 2 1 + tane φe . Định nghĩa 1.3.2 ([12, Định nghĩa 2.3, pp. 2]). Góc tham chiếu của một góc φ là góc nhỏ nhất giữa φ với trục hoành. Hệ quả 1.3.1 ([12, Hệ quả 2.4, pp. 3]). Nếu một góc nhọn Euclid φe có góc tham chiếu Euclid ψe được chứa hoàn toàn trong một góc phần tư, thì số đo taxicab của góc nhọn Euclid φe là θ = 2 1 + taneψe − 2 1 + tane(φe + ψe) = 2sineφe (cose(φe + ψe) + sine(φe + ψe))(coseψe + sineψe) . 10 Hình 1.9: Góc vuông taxicab chính là góc vuông Euclid. Bổ đề 1.3.1 ([12, Bổ đề 2.5, pp. 3]). Góc vuông Euclid luôn có số đo taxicab là 2 t− radian. Chứng minh. Xét trường hợp góc θ chứa phần dương của trục hoành như Hình 1.9. Chia góc θ thành hai góc Euclid αe và βe có các góc tham chiếu lần lượt là pi 2 − αe và pi 2 − βe. Từ Hệ quả 2.4.1 ta có θ = 2 sine αe (cose(αe + pi 2 − αe) + sine(αe + pi 2 − αe))(cose(pi 2 − αe) + sine(pi 2 − αe) + 2sineβe (cose(βe + pi 2 − βe) + sine(βe + pi 2 − βe))(cose(pi 2 − βe) + sine(pi 2 − βe) = 2 sine αe cose αe + sine αe + 2 sine βe cose βe + sine βe = 2 sine αe cose αe + sine αe + 2cose αe sine αe + cose αe = 2 vì αe + βe = pi 2 . 1.3.2 Lượng giác Định nghĩa 1.3.3 ([12, Định nghĩa 3.1, pp. 4]). Tia cuối của góc taxicab θ ở vị trí tiêu chuẩn cắt đường tròn đơn vị taxicab tại điểm có tọa độ là (cos θ, sin θ). Chú ý. Các giá trị lượng giác taxicab của sin, cos của góc taxicab không bằng các giá trị lượng giác Euclid của sin, cos của góc Euclid tương ứng. Ví dụ. Một góc taxicab θ= 1 t− radian có các giá trị lượng giác taxicab là: sin θ = cos θ = 1 2 . 11 Trong hình học Euclid, các giá trị lượng giác của sin, cos luôn biến thiên trong đoạn [−1; 1]. Trong hình học taxicab, do có sự thay đổi về chu kì (chu kì của các hàm số lượng giác cơ bản là 8), công thức tính khoảng cách, | sin θ|+ | cos θ| = 1, nên công thức tính các giá trị lượng giác taxicab của sin, cos có sự khác nhau trên từng miền xác định của số đo góc θ. cos θ = 1− 1 2 θ, 0 ≤ θ < 4; −3 + 12θ, 4 ≤ θ < 8. sin θ =  1 2 θ, 0 ≤ θ < 2; 2− 1 2 θ, 2 ≤ θ < 6; −4 + 1 2 θ, 6 ≤ θ < 8. Đồ thị các hàm số lượng giác sin, cos trong hình học taxicab có cấu trúc tương tự với đồ thị các hàm số lượng giác sin, cos trong hình học Euclid. Đồ thị của chúng là những đường trơn từng khúc, và khi đi qua điểm cực trị thì đổi chiều (từ tăng thành giảm hoặc từ giảm thành tăng). Hình 1.10: Đồ thị hàm số sin và cos taxicab. Dựa vào đồ thị hàm số sin và cos taxicab ở Hình 1.10 ta đưa ra mối quan hệ trực tiếp của các hàm số lượng giác trong hình học taxicab như sau: 12 Bảng 1: Mối quan hệ các hàm lượng giác taxicab cơ bản. sin(−θ) = − sin θ sin(θ + 2) = cos θ cos(−θ) = cos θ cos(θ − 2) = sin θ sin(θ − 4) = − sin θ sin(θ + 8k) = sin θ, k ∈ Z cos(θ − 4) = − cos θ cos(θ + 8k) = cos θ, k ∈ Z Định lý 1.3.2 ([12, Định lý 3.2, pp. 5]). cos(α+ β) = ±(−1 + | cosα± cos β|). (1.3.1) Công thức (1.3.1) nhận dấu “− “ khi α và β nằm khác phía đối với trục Ox, và nhận dấu “ + “ khi α và β nằm cùng phía đối với trục Ox. Chứng minh. Giả sử α, β ∈ [0, 8), nếu có θ 6∈ [0, 8), thì ∃k ∈ Z sao cho (θ+ 8k) ∈ [0, 8), lúc đó cos(θ + 8k) = cos θ. Ta xét trường hợp α ∈ II, β ∈ III, suy ra 6 ≤ α+ β ≤ 10. Vế phải của Công thức (1.3.1) nhận dấu “− “, do đó V P = 1− | cosα± cos β| = 1− |1− 1 2 α+ 3− 1 2 β| = 1− |4− 1 2 (α+ β)| =  −3 + 12(α+ β), 6 ≤ α+ β < 8 5− 1 2 (α+ β), 8 ≤ α+ β ≤ 10 =  −3 + 12(α+ β), 6 ≤ α+ β < 8 1− 1 2 (α+ β − 8), 0 ≤ α+ β − 8 ≤ 2 = [ cos(α+ β), 6 ≤ α+ β < 8 cos(α+ β − 8), 0 ≤ α+ β − 8 ≤ 2 = cos(α+ β). Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. 13 Bảng 2: Công thức tính cos(α+ β) và miền nhận giá trị. α β cùng góc phần tư cos(α+ β) = −1 + | cosα+ cos β| I II III IV I III cos(α+ β) = 1− | cosα− cos β| I IV II III II IV Hệ quả 1.3.2 ([12, Hệ quả 3.3, pp. 6]). cos(2α) = −1 + 2| cosα|. Chứng minh. Rõ ràng α và α nằm cùng phía đối với trục Ox nên Công thức (1.3.1) nhận dấu “ + “ cos(2α) = cos(α+ α) = −1 + | cosα+ cosα| = −1 + 2| cosα|. Hệ quả 1.3.3 ([12, Hệ quả 3.4, pp. 6]). sin(α+ β) = ±(−1 + | sinα± cos β|). (1.3.2) Dấu của Công thức (1.3.2) phụ thuộc vào vị trí của các góc α, β và được xét như bảng 3. Bảng 3 : Công thức tính sin(α+ β) và miền nhận giá trị. α β I III sin(α+ β) = −1 + | sinα+ cos β| I IV II II IV IV I I I II sin(α+ β) = 1− | sinα− cos β| II III II IV III III III IV 14 Chứng minh. Ta luôn có sin θ = cos(θ − 2),∀θ ∈ [0, 8). Ta chỉ chứng minh cho trường hợp α ∈ I, β ∈ IV , các trường hợp khác được chứng minh tương tự. Ta có (α− 2) và β sẽ cùng nằm trong góc phần tư thứ IV, do đó sin(α+ β) = cos((α+ β)− 2) = cos((α− 2) + β) = −1 + | cos(α− 2) + cos β| = −1 + | sinα+ cos β|. Hệ quả 1.3.4 ([12, Hệ quả 3.5, pp. 6]). sin(2α) = −1 + 2| cos(α− 1)|. Chứng minh. sin(2α) = cos(2α−2) = cos(2(α−1)) = −1+2| cos(α−1)|. Hệ quả 1.3.5 ([7, pp. 304]). cos(α− β) =  1 + cosα− cos β, α ∈ I, β ∈ I, (α− β) ∈ I; α ∈ II, β ∈ II, (α− β) ∈ I; α ∈ I, β ∈ II, (α− β) ∈ I; α ∈ I, β ∈ II, (α− β) ∈ II; 1− cosα+ cos β, α ∈ III, β ∈ III, (α− β) ∈ I; α ∈ IV, β ∈ IV, (α− β) ∈ I; α ∈ III, β ∈ IV, (α− β) ∈ II; α ∈ III, β ∈ IV, (α− β) ∈ I; −1 + cosα+ cos β, α ∈ I, β ∈ III, (α− β) ∈ III; α ∈ I, β ∈ IV, (α− β) ∈ III; α ∈ I, β ∈ IV, (α− β) ∈ IV ; α ∈ II, β ∈ IV, (α− β) ∈ III; −1− cosα− cos β, α ∈ I, β ∈ III, (α− β) ∈ II; α ∈ II, β ∈ III, (α− β) ∈ I; α ∈ II, β ∈ III, (α− β) ∈ II; α ∈ II, β ∈ IV, (α− β) ∈ II. 15 1.4 Tam giác Trong hình học Euclid mọi tam giác luôn có đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp nó. Trong hình học taxicab, vì hình dạng của đường tròn thay đổi thành hình vuông, nên việc luôn tồn tại một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp của một tam giác bất kỳ không còn đúng nữa. Trong hình học taxicab, một tam giác muốn tồn tại đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp thì phải thỏa mãn một số tính chất mà ta sẽ tìm hiểu dưới đây. 1.4.1 Góc nội tiếp Trong hình học Euclid, mọi góc có số đo nhỏ hơn 1800 đều có thể xem là một góc nội tiếp (một đường tròn nào đó). Điều này không còn đúng trong hình học taxicab. Trước tiên ta sẽ tìm hiểu một số định nghĩa về góc nội tiếp trong hình học taxicab. Định nghĩa 1.4.1 ([11, Định nghĩa 2.1]). Một góc taxicab là góc nội tiếp dương nếu tồn tại đường thẳng có độ dốc 1 đi qua đỉnh của góc sao cho hai tia của góc luôn nằm cùng một phía đối với đường thẳng đó. Định nghĩa 1.4.2 ([11, Định nghĩa 2.2]). Một góc taxicab là góc nội tiếp âm nếu tồn tại đường thẳng có độ dốc −1 đi qua đỉnh của góc sao cho hai tia của góc luôn nằm cùng một phía đối với đường thẳng đó. Định nghĩa 1.4.3 ([11, Định nghĩa 2.3]). Một góc taxicab là góc nội tiếp nếu nó nội tiếp dương, nội tiếp âm hoặc cả hai. Định nghĩa 1.4.4 ([11, Định nghĩa 2.4]). Một góc taxicab là góc nội tiếp hoàn toàn nếu nó vừa nội tiếp dương vừa nội tiếp âm. Định nghĩa 1.4.5 ([11, Định nghĩa 2.5]). Một góc taxicab là góc nội tiếp dương ngặt nếu nó nội tiếp dương nhưng không nội tiếp âm. Tương tự, một góc taxicab là góc nội tiếp âm ngặt nếu nó nội tiếp âm nhưng không nội tiếp dương. Định lý 1.4.1 ([11, Định lý 2.6]). Nếu một tam giác có chứa một góc nội tiếp dương ngặt thì các góc còn lại của tam giác đó là góc nội tiếp âm. Chứng minh. Cho tam giác có góc α là góc nội tiếp dương ngặt. Giả sử trong tam giác góc β kế góc α không phải là góc nội tiếp âm. Trên Hình 1.11 là góc β không phải là góc nội tiếp âm kế góc α, rõ ràng β có số đo lớn hơn (4 − α) 16 Hình 1.11: Góc nội tiếp dương ngặt. t− radian. Điều này trái với tổng số đo ba góc trong một tam giác là 4 t− radian (Định lý 1.4.7). Vậy trong một tam giác các góc kế với góc nội tiếp dương ngặt là góc nội tiếp âm. Hệ quả 1.4.1 ([11, Hệ quả 2.7]). Nếu một tam giác có chứa góc nội tiếp âm ngặt thì các góc còn lại của tam giác là góc nội tiếp dương. Chứng minh. Chứng minh tương tự. Định lý 1.4.2 ([11, Định lý 2.8]). Một tam giác có ba góc nội tiếp hoàn toàn nếu và chỉ nếu tam giác đó có hai cạnh với độ dốc lần lượt là 1 và −1. Hình 1.12: Tam giác có hai góc nội tiếp hoàn toàn. Chứng minh. Nếu tam giác có hai cạnh với độ dốc lần lượt là 1 và −1 thì rõ ràng tam giác đó là tam giác có ba góc nội tiếp hoàn toàn. Bây giờ ta chứng minh điều kiện cần. Cho tam giác ABC có ba góc B̂AC = α, ÂBC = β, ÂCB = γ là các góc nội tiếp hoàn toàn. Giả sử α và β là hai góc nội tiếp hoàn toàn tại đỉnh A và B của tam giác ABC. 1. Trường hợp tam giác này có hai cạnh có độ dốc lần lượt là 1 và −1 thì hiển nhiên góc γ là góc nội tiếp hoàn toàn. 17 2. Ngược lại, giả sử góc A là góc nội tiếp hoàn toàn, được tạo bởi hai cạnh AB và AC, có độ dốc nằm trong khoảng (−1, 1), góc β cũng là góc nội tiếp hoàn toàn, độ dốc của BC nằm trong khoảng (−1, 1) (Hình 1.12). Khi đó, độ dốc AB bé hơn hẳn 1 nên tồn tại đường thẳng có độ dốc 1 đi qua đỉnh C và nằm trong góc γ làm cho góc γ không phải là góc nội tiếp dương (mâu thuẫn với giả thiết ba góc của tam giác ABC là nội tiếp hoàn toàn). Tương tự, độ dốc AC lớn hơn hẳn −1 nên tồn tại một đường thẳng có độ dốc −1 đi qua đỉnh C và nằm trong góc γ làm cho góc γ không phải là góc nội tiếp âm (mâu thuẫn). Vậy tam giác ABC có ba góc nội tiếp hoàn toàn nếu và chỉ nếu có hai cạnh của tam giác có độ dốc là 1 và −1. 1.4.2 Tam giác nội tiếp Định nghĩa 1.4.6 ([11, Định nghĩa 3.1]). Một tam giác được gọi là tam giác nội tiếp nếu tất cả các góc của tam giác đó đều là góc nội tiếp. Định lý 1.4.3 ([11, Định lý 3.2]). Một tam giác nội tiếp có ít nhất một góc nội tiếp hoàn toàn. Hình 1.13: Tam giác nội tiếp phải có ít nhất một góc nội tiếp hoàn toàn. Chứng minh. Giả sử tam giác ABC nội tiếp, lúc đó α, β, γ là các góc nội tiếp. Giả sử α là góc nội tiếp dương ngặt (Hình 1.13), theo Định lý 1.4.1 thì các góc β, γ là góc nội tiếp âm. Giả sử β là góc nội tiếp âm ngặt thì các góc α, γ là các góc nội tiếp dương. Do đó góc γ vừa nội tiếp dương vừa nội tiếp âm nên γ là góc nội tiếp hoàn toàn. Vậy một tam giác nội tiếp không thể không có một góc nội tiếp hoàn toàn. 18 Định lý 1.4.4 ([11, Định lý 3.3]). Trong một tam giác nội tiếp, các góc kề nhau (liên tiếp nhau trong tam giác) có tính chất nội tiếp trái ngược nhau (góc nội tiếp hoàn toàn được chọn là góc nội tiếp dương hoặc nội tiếp âm tùy từng trường hợp). Chứng minh. Nếu một góc của tam giác nội tiếp là nội tiếp dương ngặt, theo Định lý 1.4.1 thì các góc còn lại là góc nội tiếp âm. Từ Định lý 1.4.3 ta có một trong hai góc đó là góc nội tiếp hoàn toàn (đóng vai trò là nội tiếp dương hoặc là nội tiếp âm tùy trường hợp sử dụng). Do đó các góc nội tiếp kề nhau có tính chất nội tiếp trái ngược nhau. Nếu xuất phát từ góc nội tiếp âm ngặt của tam giác nội tiếp thì ta cũng thu được kết quả như vậy. Nếu cả ba góc của tam giác nội tiếp là nội tiếp hoàn toàn thì tùy vào cách sử dụng góc này nội tiếp dương thì góc kề nó nội tiếp âm và định lý trên vẫn đúng. 1.4.3 Đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác Đường tròn ngoại tiếp tam giác hay đường tròn ngoại tiếp là một đường tròn đi qua các đỉnh của tam giác. Trong hình học Euclid, mỗi tam giác luôn tồn tại một đường tròn ngoại tiếp nhưng trong hình học taxicab việc tồn tại đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác bị hạn chế bởi một số điều kiện. Định lý 1.4.5 ([11, Định lý 4.1]). Một tam giác có đường tròn ngoại tiếp taxicab nếu và chỉ nếu nó là tam giác nội tiếp. Chứng minh. Nếu có một đường tròn taxicab đi qua các đỉnh của tam giác và chứa hoàn toàn tam giác đó thì theo định nghĩa các góc của tam giác này là các góc nội tiếp, vì đường tròn taxicab được hợp thành từ các đường thẳng có độ dốc là 1 và −1. Ngược lại, giả sử ta có một tam giác nội tiếp. Theo Định lý 1.4.4 các góc kề nhau có tính chất góc nội tiếp trái ngược nhau. Do đó, chúng ta có thể chọn ba đường thẳng có độ dốc là 1 hoặc −1 đi qua ba đỉnh của tam giác hình thành cấu trúc ba cạnh của đường tròn taxicab bao quanh tam giác. Nếu là góc nội tiếp dương ngặt, ta chọn đường thẳng có độ dốc 1 đi qua đỉnh của góc; nếu là góc nội tiếp âm ngặt, ta chọn đường thẳng có độ dốc −1 đi qua đỉnh của góc. Vì giả thiết là tam giác nội tiếp nên tồn tại góc nội tiếp hoàn toàn. Tại góc nội tiếp hoàn toàn, một trong hai đường thẳng đi qua đỉnh của nó có độ dốc 1 hoặc −1 sẽ được chọn để làm một cạnh của đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác, sao cho có thể làm cực đại độ dài cạnh của đường tròn taxicab được dựng từ ba đường thẳng trên. Ta dựng cạnh thứ tư của đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác đó. 19 Hệ quả 1.4.2 ([11, Hệ quả 4.2]). Ba điểm không thẳng hàng nằm trên đường tròn ngoại tiếp taxicab nếu và chỉ nếu ba điểm đó tạo thành một tam giác nội tiếp. Chú ý. Trong hình học Euclid có duy nhất một đường tròn đi qua ba điểm không thẳng hàng. Trong hình học taxicab, đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác không thật sự là duy nhất. Trường hợp không duy nhất xảy ra khi đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác có một cạnh hoặc nhiều hơn một cạnh đi qua hai đỉnh của tam giác (Hình 1.14, Hình 1.15, Hình 1.16). Hình 1.14: Đường tròn taxicab ngoại tiếp có một cạnh đi qua hai đỉnh của tam giác. Hình 1.15: Đường tròn taxicab ngoại tiếp có một cạnh đi qua hai đỉnh của tam giác. 20 Hình 1.16: Đường tròn taxicab ngoại tiếp có hai cạnh đi qua hai đỉnh của tam giác. 1.4.4 Đường tròn taxicab nội tiếp tam giác Định nghĩa 1.4.7 ([11, Định nghĩa 5.1]). Đường tròn taxicab nội tiếp tam giác là đường tròn taxicab lớn nhất nằm trong tam giác và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác tại ba đỉnh của đường tròn taxicab này. Định lý 1.4.6 ([11, Định lý 5.2]). Một tam giác có đường tròn taxicab nội tiếp nếu và chỉ nếu nó là tam giác nội tiếp. Hình 1.17: Đường tròn taxicab nội tiếp trong tam giác nội tiếp. Chứng minh. (⇐=) Giả sử tam giác ABC là tam giác nội tiếp, B̂AC = α, ÂBC = β, ÂCB = γ (Hình 1.17). Theo Định lí 1.4.3, tam giác ABC có ít nhất một góc nội tiếp hoàn toàn. Giả sử γ là góc nội tiếp hoàn toàn. Trên cạnh AB, đối diện với góc nội tiếp hoàn toàn γ lấy điểm P sao cho khoảng cách từ B đến P là rβ = αAB α+ β , khoảng cách từ A đến P là rα = AB − rβ = βAB α+ β . Đường tròn taxicab tâm A bán kính rα và đường tròn taxicab tâm B bán kính rβ cùng cắt cạnh AB của tam giác tại điểm P . Các đường tròn taxicab này cắt 21 phần trong của tam giác theo các cung có cùng độ dài taxicab l = rαα = rββ = αβAB α+ β . Các cung này tạo thành một nửa đường tròn taxicab trong tam giác. Nửa còn lại của đường tròn taxicab cũng nằm trong tam giác vì độ dốc của các đường thẳng tạo nên đường tròn taxicab được giả thiết lớn hơn độ dốc các đường thẳng là các cạnh của tam giác mà lần lượt giao với chúng. Vậy tam giác ABC có chứa một đường tròn taxicab nội tiếp bên trong tam giác. (=⇒) Giả sử một tam giác có đường tròn taxicab nội tiếp. 1. Nếu có một hoặc không có cạnh nào của đường tròn taxicab gối lên tam giác thì các cạnh của đường tròn taxicab đều cắt các cạnh của tam giác. Do đó, có một đường thẳng có độ dốc là 1 hoặc −1 đi qua đỉnh của góc tương ứng của tam giác (góc tạo bởi hai cạnh đã cắt với cạnh của đường tròn), đường thẳng này sẽ nằm ngoài góc đó suy ra góc của tam giác là góc nội tiếp. Tam giác có ba góc nội tiếp nên là tam giác nội tiếp. 2. Nếu có hai cạnh của đường tròn taxicab nội tiếp gối lên tam giác thì góc tạo bởi hai cạnh được gối của tam giác là góc nội tiếp hoàn toàn. Hai góc còn lại nội tiếp theo lập luận như trên. Do đó tam giác này là tam giác nội tiếp. Chú ý. Tam giác không nội tiếp vẫn tồn tại đường tròn taxicab nằm hoàn toàn bên trong tam giác đó. Nhưng ba cạnh của tam giác không tiếp xúc với ba đỉnh của đường tròn taxicab này, nên theo định nghĩa nó không phải là đường tròn taxicab nội tiếp tam giác. Hình 1.18: Đường tròn taxicab bên trong tam giác không nội tiếp. Ví dụ 1.4.1. Cho ba điểm A = (−3, 0);B = (−5, 4);C = (3, 0). Xác định tính chất nội tiếp của các góc của tam giác ABC. Tìm đường tròn taxicab ngoại tiếp (nếu có). 22 Hình 1.19: Đường tròn taxicab LIKJ ngoại tiếp tam giác ABC. Góc A của tam giác ABC là góc nội tiếp âm ngặt. Góc B của tam giác ABC là góc nội tiếp dương ngặt. Góc C của tam giác ABC là góc nội tiếp hoàn toàn. Vậy tam giác ABC là tam giác nội tiếp nên tồn tại đường tròn taxicab ngoại tiếp. Chọn đường thẳng có độ dốc là 1 đi qua B, chọn đường thẳng có độ dốc là −1 đi qua A, riêng tại góc nội tiếp hoàn toàn C ta chọn đường thẳng JC có độ dốc 1 sao cho ba đường thẳng này dựng nên một đường tròn taxicab ngoại tiếp có độ dài các cạnh là lớn nhất. Bằng phép dựng ta sẽ dựng được cạnh thứ tư của đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác ABC, đó chính là đường tròn taxicab LIKJ (Hình 1.19). Ví dụ 1.4.2. Cho ba điểm A = (1,−2);B = (6, 1);C = (−2,−2). Xác định tính chất nội tiếp của các góc của tam giác ABC. Tìm đường tròn taxicab nội tiếp, ngoại tiếp (nếu có). Hình 1.20: Tam giác không nội tiếp. Góc B của tam giác ABC là góc nội tiếp hoàn toàn. Góc C của tam giác ABC là góc nội tiếp hoàn toàn. Góc A của tam giác ABC không phải là góc nội tiếp. Vậy tam giác ABC không phải là tam giác nội tiếp nên tam giác ABC không có đường tròn taxicab nội tiếp và đường tròn taxicab ngoại tiếp (Hình 1.20).. 23 Ví dụ 1.4.3. Cho ba điểm A = (2, 1);B = (4, 2);C = (2, 5). Xác định tính chất nội tiếp của các góc của tam giác ABC. Tìm đường tròn taxicab nội tiếp (nếu có). Hình 1.21: Đường tròn taxicab nội tiếp tam giác nội tiếp. Tam giác ABC có ba góc đều là góc nội tiếp hoàn toàn. Ta có góc B là góc nội tiếp hoàn toàn, trên cạnh AC đối diện với góc B ta xác định điểm D sao cho khoảng cách từ A đến D là r2t = tAC 3t = 1 3 AC, khoảng cách từ C đến D là rt = 2 3 AC và l = r2t2t = rtt = 2t 3 AC. Xác định được điểm D = (3, 1) ta dựng được đường tròn taxicab nội tiếp của tam giác ABC. Đường tròn taxicab nội tiếp tam giác ABC là EFGD có cạnh FG gối trên cạnh BC của tam giác ABC (Hình 1.21). Ví dụ 1.4.4. An làm việc ở A = (−3,−1), Bình bán hàng ở B = (3, 3) và Nam học ở C = (0,−3). Họ nên ở trọ ở đâu để mỗi người trong họ đi đến nơi học, nơi làm việc cùng một khoảng cách taxicab. Tam giác ABC được tạo nên từ ba vị trí A,B,C là tam giác nội tiếp, có góc A là góc nội tiếp hoàn toàn, B là góc nội tiếp âm ngặt, C là góc nội tiếp dương ngặt. Chọn đường thẳng có độ dốc là −1 đi qua B, đường thẳng có độ dốc là 1 đi qua C, riêng tại góc nội tiếp hoàn toàn A ta chọn đường thẳng MK có độ dốc −1, sao cho ba đường thẳng này dựng nên một đường tròn taxicab ngoại tiếp có độ dài các cạnh là lớn nhất. Dựng cạnh thứ tư của đường tròn taxicab ngoại tiếp ta được KNLM là đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác ABC. Tâm O = (−0.5, 1.5) của đường tròn taxicab ngoại tiếp KLMN là vị trí mà An, Bình, Nam cần tìm để ở trọ sao cho mỗi người trong họ đi đến nơi học, nơi làm việc cùng một khoảng cách taxicab (Hình 1.22). 24 Hình 1.22: Tâm O của đường tròn taxicab ngoại tiếp tam giác nội tiếp. 1.4.5 Tam giác đồng dạng Trong hình học Euclid, hai tam giác được gọi là đồng dạng nếu một trong chúng bằng với một tam giác nhận được từ tam giác kia sau một phép vị tự. Các điều kiện cần và đủ để hai tam giác đồng dạng: 1. Hai tam giác có các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ thì đồng dạng. 2. Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng. 3. Hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ, hai góc kẹp giữa hai cặp cạnh ấy bằng nhau thì đồng dạng. Trong hình học taxicab điều kiện để hai tam giác đồng dạng là: cạnh- góc- cạnh- góc- cạnh (SASAS). Để chứng minh điều này, trước tiên ta đưa ra các phản ví dụ cho các trường hợp còn lại. Hình 1.23: Các tam giác taxicab không đồng dạng. Cho ba tam giác như Hình 1.23: (H.a): là tam giác có các đỉnh là (0, 0), (2, 0), (2, 2), độ dài các cạnh là 2, 2, 4 và số 25 đo các góc là 1 t− radian, 1 t− radian, 2 t− radian. (H.b): là tam giác có các đỉnh là (0, 0), (2, 0), (1,−1), độ dài tất cả các cạnh là 2 và số đo các góc là 1 t− radian, 1 t− radian, 2 t− radian. (H.a): là tam giác có các đỉnh là (0, 0), (0.5, 1.5), (1.5, 0.5), độ dài tất cả các cạnh là 2 và số đo các góc là 1 t− radian, 1.5 t− radian, 1.5 t− radian. Hai tam giác (H.a) và (H.b) thỏa mãn điều kiện ASASA nhưng rõ ràng chúng không đồng dạng. Suy ra, các điều kiện ASA, SAS, AAS, SSA, AAA cũng thỏa mãn cho hai tam giác không đồng dạng trên. Hai tam giác (H.b) và (H.c) thỏa mãn các điều kiện SSS, SSSA nhưng chúng không đồng dạng. Loại trừ tất cả các trường hợp trên, ta còn một trường hợp duy nhất đó là nếu hai tam giác thỏa mãn điều kiện SASAS thì đồng dạng. Bây giờ để hoàn tất việc chứng minh trước hết ta chứng minh tổng ba góc trong một tam giác là 4 t− radian và hai góc so le trong thì đồng dạng với nhau. Bổ đề 1.4.1 ([12, Bổ đề 4.1]). Cho hai đường thẳng song song và một đường thẳng cắt ngang chúng, lúc đó các góc so le trong thì bằng nhau. Hình 1.24: Góc so le trong. Chứng minh. Trước tiên ta thấy góc β đối đỉnh với góc α nên chúng đồng dạng với nhau. Từ Hình 1.24 ta nhận thấy hai góc so le trong α và β bằng nhau. Định lý 1.4.7 ([12, Định lý 4.2]). Trong hình học taxicab, tổng ba góc trong một tam giác bằng 4 t− radian. Chứng minh. Cho tam giác như Hình 1.25. Rõ ràng, góc γ tại đỉnh Q và góc γ tại đỉnh R bằng nhau (đồng dạng), góc θ tại đỉnh P và góc θ tại đỉnh R bằng nhau (so le trong). Vậy, từ Hình 1.25 ta suy ra tổng ba góc trong tam giác bằng 4 t− radian. Từ các chứng minh trên ta suy ra nếu hai tam giác có ba cạnh và hai góc bằng nhau (SASAS) thì hai tam giác đó là hai tam giác đồng dạng. 26 Hình 1.25: Tổng ba góc trong một tam giác bằng 4 t− radian. 1.5 Các áp dụng vào địa lý thành phố Hình học taxicab có nhiều ứng dụng trong việc giải quyết các vấn đề về địa lý trong thành phố lý tưởng, nơi mà các tuyến đường được xây dựng theo hệ thống các đường nằm ngang và các đường thẳng đứng. Vấn đề đặt ra cho hai loại hình học hình học Euclid và hình học taxicab là tìm một điểm sao cho tổng khoảng cách từ nó đến ba điểm cho trước là nhỏ nhất. Cho ba điểm A = (2, 4);B = (7,−1);C = (−3, 1). Tìm điểm P sao cho dE(P,A) + dE(P,B) + dE(P,C) là nhỏ nhất. Chuyển qua hình học taxicab, cũng với ba diểm A,B,C ở trên ta tìm điểm P sao cho S = dT (P,A) + dT (P,B) + dT (P,C) là nhỏ nhất là vấn đề khá đơn giản (Hình 1.26). Chọn điểm C, vẽ đường nằm ngang l1 đi qua C. Chọn diểm A, vẽ đường thẳng đứng l2 đi qua A. Giả sử bạn bắt đầu đi bộ trên l1, bạn đứng tại điểm Q = (5, 1) trên l1, nếu bạn đi bộ một đơn vị đến Q ′ = (5, 2) thì sẽ làm giảm khoảng cách taxicab từ A đến bạn 1 đơn vị, nhưng lại làm tăng khoảng cách taxicab từ B và C đến bạn mỗi điểm 1 đơn vị. Do đó sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn dT (Q ′, A) + dT (Q′, B) + dT (Q′, C) > dT (Q,A) + dT (Q,B) + dT (Q,C). Thật vậy nếu bạn bắt đầu đứng tại một vị trí tùy ý trên l1 và di chuyển theo phương thẳng đứng, lên hoặc xuống, bạn sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn. Đó là bởi vì bạn di chuyển lại gần hơn một điểm nhưng lại cách xa cũng khoảng cách taxicab đó với hai điểm còn lại. 27 Tương tự, nếu bạn đứng ở một vị trí bất kì trên l2 mà di chuyển theo các đường nằm ngang, sang trái hoặc sang phải, thì bạn cũng làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn. Vậy, nếu bạn đứng tại giao điểm P = (2, 1) của l1 và l2 thì khi bạn di chuyển theo bất kì phương nào, nằm ngang hay thẳng đứng, bạn đều làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C đến bạn. Vậy tại vị trí P = (2, 1) tổng khoảng cách taxicab từ bạn đến A,B,C là nhỏ nhất (Hình 1.26). Hình 1.26: Giao điểm P làm tổng S nhỏ nhất. Vấn đề nữa được đặt ra là cho bốn điểm A = (−1, 4);B = (3, 1);C = (1,−1); D = (−4, 1). Tìm điểm P sao cho S = dT (P,A)+ dT (P,B)+ dT (P,C)+ dT (P,D) là nhỏ nhất có thể. Hình 1.27: Đoạn EF làm tổng S nhỏ nhất. Vẽ đường nằm ngang b đi qua hai điểm D và B. Lập luận như trên, khi bạn đứng tại vị trí bất kì trên b mà di chuyển theo phương thẳng đứng thì có tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến bạn tăng lên. 28 Bây giờ, ta vẽ các đường thẳng đứng a, c đi qua A và đi qua C, các đường thẳng này tạo thành một miền được giới hạn bởi a và c. Chú ý, khi bạn di chuyển trong miền này, đi từ (0, 2) đến (1, 2) thì tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến bạn không đổi. Tuy nhiên, khi di chuyển ngang bên ngoài miền này, từ (1, 3) đến (2, 3) hay đi từ (−1, 3) đến (−2, 3) thì sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến bạn. Vậy đoạn EF (Hình 1.27), giao của miền được giới hạn bởi a, c và đường nằm ngang b là tập các điểm P cần tìm để tổng khoảng cách taxicab từ A,B,C,D đến P là nhỏ nhất. Ví dụ 1.5.1. Một ông chủ muốn xây dựng một kho hàng. Công ty ông ấy có 8 địa điểm giao hàng chính hàng ngày lần lượt là A1 = (−5, 5);A2 = (−2, 4);A3 = (1, 1);A4 = (2, 6);A5 = (5,−2);A6 = (3. − 4);A7 = (−2,−1);A8 = (−4,−4). Ông chủ ấy nên đặt kho hàng ở đâu để tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm giao hàng tới kho hàng là nhỏ nhất. Hình 1.28: Vùng AA3BA7 làm tổng S nhỏ nhất. Vẽ các đường nằm ngang k1, k2 lần lượt đi qua A3 và A7. Như lập luận ban đầu, khi bạn di chuyển theo phương thẳng đứng trong miền giới hạn bởi hai đường thẳng vừa dựng thì tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho là không đổi. Nhưng nếu bạn di chuyển theo phương thẳng đứng ra khỏi miền đó thì sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho. Tương tự, vẽ các đường thẳng đứng đi l1, l2 lần lượt qua A7 và A3 ta cũng thu được một miền sao cho khi bạn di chuyển theo phương ngang trong miền đó thì tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho là không đổi. Nhưng nếu bạn di 29 chuyển theo phương nằm ngang ra khỏi miền đó thì sẽ làm tăng tổng khoảng cách taxicab từ 8 địa điểm đến kho. Vậy giao của hai miền vừa dựng AA3BA7 là vùng mà ông chủ đó nên xây dựng kho hàng (Hình 1.28). Ví dụ 1.5.2. Có ba trạm xăng đặt tại A = (−3, 3), B = (4, 1), C = (1,−1). Người ta muốn xây dựng một khu rửa xe sao cho tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là nhỏ nhất. Nên xây dựng trạm xăng ở đâu để tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là nhỏ nhất, tổng khoảng cách taxicab nhỏ nhất đó bằng bao nhiêu. Xây dựng trạm xăng ở đâu để tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe bé hơn 15. Hình 1.29: Đường tròn tâm (1, 1) bán kính 2. Đường thẳng đứng qua C và đường nằm ngang qua B giao nhau tại P = (1, 1). Vậy, như lập luận ban đầu tại giao điểm P tổng khoảng cách taxicab từ ba điểm A,B,C là nhỏ nhất. Suy ra nên xây dựng bãi rửa xe tại vị trí P = (1, 1) để tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là nhỏ nhất, khi đó tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe là 13. Dựng đường tròn EDFC tâm P = (1, 1), bán kính 2 (15 − 13 = 2). Tất cả các điểm trong đường tròn EDFC đều có tổng khoảng cách taxicab từ ba trạm xăng tới bãi rửa xe nhỏ hơn 15 (Hình 1.29). 30 1.6 So sánh với mặt phẳng Euclid Hình học Eucild xuất hiện từ hơn 2000 năm trước, gồm một hệ thống các tiên đề có ý nghĩa thực tế. Hermann Minkowski, nhà toán học người Đức và là thầy giáo của Albert Einstein, là người đầu tiên đề xuất hình học taxicab bằng cách đưa ra khái niệm khoảng cách taxicab thay cho khái niệm khoảng cách Euclid. Hình học taxicab là một thế giới bên ngoài hình học Euclid, là mô hình các đường phố của một thành phố lý tưởng, ở đó cách duy nhất mà bạn có thể di chuyển giữa hai điểm là đi trên những con đường nằm ngang hoặc thẳng đứng, trong thực tế là hướng Bắc - Nam hay Đông - Tây. Nó khác với hình học Euclid là bạn chỉ việc di chuyển trên đường thẳng nối hai điểm đó. Đoạn thẳng AB (duy nhất) chính là khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm A và B, điều này chỉ đúng với hình học Euclid. Trong hình học taxicab có rất nhiều đoạn thẳng nối A và B có độ dài taxicab ngắn nhất. Hình học taxicab là một loại hình học phi Euclid. Những khái niệm điểm, đường thẳng, góc trong mặt phẳng taxicab và mặt phẳng Euclid là hoàn toàn tương tự nhau. Tuy nhiên, hàm khoảng cách của chúng khác nhau: Hàm khoảng cách trong mặt phẳng Euclid dE(P,Q) = [(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2]12 hàm khoảng cách trong mặt phẳng taxicab dT (P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2| trong đó Q(x1, y1);P (x2, y2). Hình học taxicab thỏa mãn 12 tiên đề của hình học Euclid nhưng lại không thỏa mãn tiên đề cạnh- góc- cạnh. 31 Hình 1.30: Hai tam giác thỏa mãn điều kiện ASASA nhưng không đồng dạng. Trong mặt phẳng taxicab điều kiện để hai tam giác đồng dạng là SASAS. Điều kiện này thỏa mãn là nhờ định lý tổng ba góc trong một tam giác luôn bằng 4 t− radian. Hình học taxicab rất giống với hình học Euclid. Nếu như hình học Euclid là một mô hình tốt của thế giới tự nhiên thì hình học taxicab là mô hình tốt hơn về địa lý đô thị. Tuy nhiên, hình học taxicab là một mô hình lý tưởng hóa với một số giả định cơ bản đã làm đơn giản hóa loại hình học này: 1. Các đường nằm ngang và nằm dọc đại diện cho đường phố. 2. Điểm chỉ có thể đặt tại nút giao của lưới. 3. Tọa độ của một điểm luôn là các số nguyên. 4. Khoảng cách taxicab giữa hai điểm là số đơn vị các khối trên lưới là nhỏ nhất để đi từ điểm này đến điểm kia. Khoảng cách này còn gọi là khoảng cách Manhattan. Công thức tính khoảng cách của hai loại hình học này khác nhau đã ảnh hưởng đến sự khác biệt về hình dạng của một số hình trong chúng như: hình tròn, hình ellipse, parabola và hyperbola. Sau đây là một số hình vẽ minh họa cho những khác biệt trên. 32 Hình 1.31: Hình tròn Euclid. Hình 1.32: Hình tròn taxicab. 33 Hình 1.33: Hình ellipse trong mặt phẳng Euclid. Tập hợp tất cả các điểm M có tổng khoảng cách tới hai điểm X, Y cho trước bằng 6: dE(M,Y ) + dE(M,X) = 6. Hình 1.34: Hình ellipse trong mặt phẳng taxicab. Tập hợp tất cả các điểm M có tổng khoảng cách tới hai điểm X, Y cho trước bằng 9: dT (M,Y ) + dT (M,X) = 9. 34 Hình 1.35: Hình parabola trong mặt phẳng Euclid. Tập hợp tất cả các điểm A sao cho dE(A,C) = dE(A, l) và các điểm B sao cho dE(B,C) = dE(B, l). Hình 1.36: Hình parabola trong mặt phẳng taxicab. Tập hợp tất cả các điểm A sao cho dT (A,C) = dT (A, l) và các điểm B sao cho dT (B,C) = dT (B, l). 35 Hình 1.37: Hình hyperbola trong mặt phẳng Euclid. Tập hợp tất cả các điểm C sao cho |dE(A,C)− dE(C,B)| = 3. Hình 1.38: Hình hyperbola trong mặt phẳng taxicab. Tập hợp tất cả các điểm C sao cho |dT (A,C)− dT (C,B)| = 3. 36 Hình 1.39: Trung trực của đoạn thẳng AB trong hình học Euclid. Hình 1.40: Trung trực của đoạn thẳng AB trong hình học taxicab. 37 Chương 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT PHẲNG TAXICAB 2.1 Các phép đẳng cự taxicab 2.1.1 Phép tịnh tiến taxicab Cho Ta là phép tịnh tiến Ta : R2T −→ R2T P 7−→ Ta(P ) = a+−→OP. Với mỗi P (p1, p2);Q(q1, q2) ∈ R2T , ta có dT (Ta(P ), Ta(Q)) = dT (a+ −→ OP, a+ −→ OQ) = dT (P,Q). Vì vậy Ta là một phép đẳng cự taxicab (bảo toàn khoảng cách taxicab). Định lý 2.1.1 ([13, Định lý 4, pp. 76]). Mọi phép tịnh tiến trong mặt phẳng taxicab đều là phép đẳng cự taxicab. 2.1.2 Phép đối xứng taxicab Trong mặt phẳng taxicab, không phải tất cả các phép đối xứng taxicab đều bảo toàn khoảng cách taxicab. Trong phần này ta sẽ tìm hiểu một vài phép đối xứng đẳng cự taxicab trong mặt phẳng taxicab. Định nghĩa 2.1.1 ([13, Định nghĩa 3, pp. 76]). (Ảnh của một điểm qua phép đối xứng taxicab) Cho điểm P và một đường thẳng (l), P 6∈ (l). Xét điểm C nằm trên đường thẳng (l), là điểm có khoảng cách taxicab nhỏ nhất đến điểm P , vẽ đường thẳng PC. Đường thẳng (l) chia mặt phẳng thành 2 nửa mặt phẳng, 38 khi đó trên nửa mặt phẳng không chứa điểm P tồn tại duy nhất điểm P ′ ∈ PC (P ′ 6∈ (l)) sao cho dT (P,C) = dT (P ′, C). Điểm P ′ được gọi là ảnh của điểm P bởi phép đối xứng taxicab qua đường thẳng (l). Chú ý. Cho P = (a, b), đường thẳng y = mx, (m 6= 1). Những điểm B = ( bm , b) hoặc C = (a,ma) nằm trên y = mx, (m 6= 1) có khoảng cách taxicab đến P là nhỏ nhất. Cho Hình 2.1 (m = 1). Trên đường thẳng y = x, mọi điểm nằm trên đoạn thẳng [BC] đều có khoảng cách taxicab đến P nhỏ nhất. Hình 2.1: Tập hợp các điểm nằm trên [BC] có khoảng cách taxicab đến P nhỏ nhất. Định lý 2.1.2 ([13]). Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = 0 là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Chứng minh. Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = 0 là f : R2T −→ R2T (x, y) 7−→ f(x, y) = (x,−y). ∀P = (x, y), A = (a, b) ∈ R2T ta có dT (f(x, y), f(a, b)) = dT ((x,−y), (a,−b)) = |x− a|+ | − y + b| = |x− a|+ |y − b| = dT ((x, y), (a, b)). Vậy dT ((x, y), (a, b)) = dT (f(x, y), f(a, b)), do đó f là phép đối xứng đẳng cự taxicab. 39 Do phép tịnh tiến là phép đẳng cự taxicab nên ta có: Hệ quả 2.1.1. Phép đối xứng taxicab qua các đường thẳng y = b là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Định lý 2.1.3 ([13]). Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng x = 0 là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Chứng minh. Phép đối xứng taxicab qua đường thẳng x = 0 là f : R2T −→ R2T (x, y) 7−→ f(x, y) = (−x, y). ∀P = (x, y), A = (a, b) ∈ R2T ta có dT (f(x, y), f(a, b)) = dT ((−x, y), (−a, b)) = | − x+ a|+ |y − b| = |x− a|+ |y − b| = dT ((x, y), (a, b)). Vậy dT ((x, y), (a, b)) = dT (f(x, y), f(a, b)), do đó f là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Do phép tịnh tiến là phép đẳng cự taxicab nên ta có: Hệ quả 2.1.2. Phép đối xứng taxicab qua các đường thẳng x = a là phép đối xứng đẳng cự taxicab. Định nghĩa 2.1.2 ([13, Định nghĩa 4, pp. 80]). Cho A = (a1, a2), B = (b1, b2) là hai điểm trong R2T . Đoạn thẳng nối A và B kí hiệu [AB], được xác định [AB] = {P |P = (a1, a2) + λ(b1 − a1, b2 − a2), 0 ≤ λ ≤ 1}. Ngoài ra, trong các phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = x và y = −x cũng có phép đối xứng đẳng cự taxicab. Cho điểm P = (a, b) 6∈ (l) : y = x, trên đường thẳng (l) có nhiều hơn một điểm có khoảng cách taxicab nhỏ nhất đến P (Hình 2.2). Đường thẳng nằm ngang y = b và đường thẳng đứng x = a đi qua điểm P = (a, b) cắt đường thẳng y = x lần lượt tại các điểm C = (b, b) và B = (a, a). Mọi điểm nằm trên [BC] có khoảng cách taxicab nhỏ nhất đến P là |b− a|. Ngoài ra, với mỗi H = (u, u) ∈ [BC], cho 0 ≤ λ ≤ 1 ta có u = b+ λ(a − b). Trên [PH] lấy một điểm P ′ sao cho dT (P,H) = dT (P ′, H). Lúc đó f(P ) = P ′ = (−a+ 2b+ 2λ(a− b), b+ 2λ(a− b)). 40 Hình 2.2: Phép đối xứng taxicab hλ qua đường thẳng y = x. Rõ ràng, dT (P ′, H) = dT ((−a+ 2b+ 2λ(a− b), b+ 2λ(a− b)), (u, u)) = | − a+ 2b+ 2λ(a− b)− (b+ λ(a− b))|+ |b+ 2λ(a− b)− (b+ λ(a− b))| = | − b+ a− λ(a− b)|+ | − λ(a− b)| = |1− λ||a− b|+ | − λ||a− b| = (1− λ)|a− b|+ (λ)|a− b|; 0 ≤ λ ≤ 1 = |a− b| = dT (P,H). Vậy P ′ là ảnh của P qua H. Ta kí hiệu phép đối xứng taxicab ở trên bởi Hλ. Định lý 2.1.4 ([13, Định lý 6, pp. 78]). Phép đối xứng taxicab Hλ qua đường thẳng y = x là phép đẳng cự taxicab nếu và chỉ nếu λ = 12 . Chứng minh. (=⇒) Giả sử phép đối xứng taxicab Hλ f : R2T −→ R2T là phép đẳng cự taxicab. Khi đó, f(x, y) = (−x+ 2y + 2λ(x− y), y + 2λ(x− y)). Ta có dT (f(x, y), f(a, b)) = | − a+ 2b+ 2λ(a− b)− (−x+ 2y + 2λ(x− y))|+ |b+ 2λ(a− b)− (y + 2λ(x− y))| = |(1− 2λ)(x− a) + (2λ− 2)(y − b)|+ |(1− 2λ)(y − b)− 2λ(x− a)|. 41 dT ((x, y), (a, b)) = |x− a|+ |y − b|. Vì Hλ là phép đẳng cự taxicab nên: dT (f(x, y), f(a, b)) = dT ((x, y), (a, b)) ⇔ |(1−2λ)(x−a)−(2−2λ)(y−b)|+ |(1−2λ)(y−b)−2λ(x−a)| = |x−a|+ |y−b|. Suy ra λ = 1 2 (rõ ràng λ > 1 2 hoặc λ < 1 2 thì dấu bằng của phương trình không thỏa mãn). (⇐=) Với λ = 12 , lúc đó dT (f(x, y), f(a, b)) = |(1− 2λ)(x− a)− (2− 2λ)(y − b)|+ |(1− 2λ)(y − b)− 2λ(x+ a)| = |x− a|+ |y − b| = dT ((x, y), (a, b)). Ta cũng có những kết quả tương tự đối với phép đối xứng taxicab qua đường thẳng y = −x. S là tập các phép đối xứng taxicab đẳng cự. S gồm các phép đối xứng taxicab qua các đường thẳng x = a, y = b và phép đối xứng H1 2 qua các đường thẳng y = x, y = −x. 2.1.3 Phép quay taxicab Trong hình học taxicab ta sử dụng đơn vị đo góc t− radian thay cho đơn vị đo góc radian trong hình học Euclid. Kí hiệu piT = 4 t − radian trong hình học taxicab thay cho kí hiệu pi = 3.14 trong hình học Euclid. Định nghĩa 2.1.3. Trong R2T cho một diểm O cố định và góc lượng giác θ không đổi. f : R2T −→ R2T O 7−→ O M 7−→M ′ với M 6= O có duy nhất điểm M ′ 6= O sao cho: dT (O,M) = dT (O,M ′) và (OM,OM ′) = θ. Lúc đó, f được gọi là phép quay taxicab tâm O góc quay θ. Trong mặt phẳng taxicab chỉ có bốn phép quay taxicab bảo toàn khoảng cách taxicab, đó là bốn phép quay taxicab với góc quay θ = k piT 2 , k = 0, 1, 2, 3. Định lý 2.1.5 ([13, Định lý 8, pp. 79]). Tập hợp các phép quay taxicab đẳng cự trong R2T là Rθ = { Aθ|θ = kpiT 2 , k = 0, 1, 2, 3 } với Aθ là phép quay taxicab góc quay θ. 42 Hình 2.3: Phép quay. Chứng minh. Cho P = (1, 0) và Q = (0, 1). Quay P một góc θ ta được Aθ(P ) = (cosT θ, sinT θ) trên đường tròn đơn vị taxicab, quay Q một góc θ ta được Aθ(Q) = (−sinT θ, cosT θ). Vì ta muốn phép quay taxicab góc quay θ bảo toàn khoảng cách taxicab và vì dT (P,Q) = 2, nên ta cần có dT (Aθ(P ), Aθ(Q) = 2. Do đó |cosT θ + sinT θ|+ |sinT θ − cosT θ| = 1 + |sinT θ − cosT θ| = 2 ⇔ |sinT θ − cosT θ| = 1 ⇔ [ sinT θ − cosT θ = 1 sinT θ − cosT θ = −1 ⇔ [ cosT θ = 0 sinT θ = 0. Nghĩa là θ = {0, piT2 , piT , 3piT2 }. Định lý trên vẫn còn đúng với P,Q bất kì nằm trong R2T . Ta kí hiệu OT (2) = Rθ ∪ S, với Rθ là tập các phép quay taxicab đẳng cự và S là các phép đối xứng taxicab đẳng cự. Định nghĩa 2.1.4 ([13, Định nghĩa 5, pp. 80]). Cho A = (a1, a2), B = (b1, b2) là hai điểm trong R2T . Hình chữ nhật với đường chéo [AB] kí hiệu  AB, được xác định như sau  AB= {P |dT (A,P ) + dT (P,B) = dT (A,B)}. 43 Hình 2.4: Hình chữ nhật cơ sở  AB. Mọi điểm nằm trong  AB đều có tổng khoảng cách taxicab đến A và B là dT (A,B). Hệ quả 2.1.3 ([13, Hệ quả 10, pp. 80]). Cho A = (a1, a2), B = (b1, b2) ∈ R2T . Khi đó, kích thước của hình chữ nhật đường chéo [AB] là [a1, b1]× [a2, b2]. Chú ý. [13] Nếu đoạn thẳng [AB] nằm ngang hoặc thẳng đứng thì  AB là đoạn [AB]. Định lý 2.1.6 ([13, Định lý 11, pp. 80]). Cho F : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab và cho hình chữ nhật đường chéo [AB]. Khi đó F (  AB) =  F (A)F (B). Chứng minh. Cho P ∈ F (  AB). Khi đó, P ∈ F (  AB) ⇔ ∃C ∈  AB: P = F (C) Định nghĩa 2.1.4⇔ dT (A,C) + dT (C,B) = dT (A,B) F đẳng cự⇔ dT (F (A), F (C)) + dT (F (C), F (B)) = dT (F (A), F (B)) ⇔ F (C) ∈  F (A)F (B) ⇔ P ∈  F (A)F (B) . Hệ quả 2.1.4 ([13, Hệ quả 12, pp. 81]). Cho F : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab và hình chữ nhật đường chéo [AB]. Khi đó F bảo toàn góc, đỉnh và bảo toàn chu vi của  AB. 44 Định lý 2.1.7 ([13, Định lý 13, pp. 81]). Cho f : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab sao cho f(O) = O. Khi đó f ∈ Rθ hoặc f ∈ S. Chứng minh. Cho A = (1, 0), B = (0, 1) và xét  AB. Hình 2.5: Phép đẳng cự taxicab. Có 4 trường hợp xảy ra f(A) ∈ [AB], f(A) ∈ [BE], f(A) ∈ [EF ], f(A) ∈ [AF ]. Ta chứng minh cho trường hợp f(A) ∈ [AB]. Các trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự. Giả sử f(A) ∈ [AB], f(A) 6= A, f(A) 6= B. Vì f là phép đẳng cự taxicab nên dT (f(A), f(B)) = dT (A,B) = 2 và dT (f(O), f(B)) = dT (O,B) = 1. Do đó f(B) ∈ [EF ] và 1 = dT (O, f(B)) = dT (f(B), K) + dT (K,O) suy ra dT (K,O) < 1. VìD là đỉnh của  AB nên f(D) cũng là đỉnh của  F (A)F (B) và vì dT (K,O) < 1, dT (O,D) = 2 nên ta suy ra f(D) 6= H và do đó f(D) = L (Hình 2.5). Ta có dT (L,K) = dT (M, f(A)) < 1. Mà dT (K,O) < 1 và dT (L,K) + dT (K,O) = dT (O,L) = dT (O, f(D)) = dT (O,D) = 2 do đó dT (L,K) > 1 (mâu thuẩn). Vậy f(A) = A hoặc f(A) = B. 1. Nếu f(A) = A thì f là hàm đồng nhất, do đó f là phép quay taxicab đẳng cự góc quay θ = 0◦. f(A) = A và f(O) = O nên f là phép đối xứng taxicab qua đường thẳng OA (trục hoành) do đó f là phép đối xứng taxicab đẳng cự. Vậy f ∈ Rθ hoặc f ∈ S. 2. Nếu f(A) = B thì f(B) = A hoặc f(B) = E hoặc f(B) = F . 45 (a) Nếu f(B) = A (f(A) = B), thì f là phép đối xứng taxicab qua đường thẳng OD (đường thẳng y = x) nên f là phép đối xứng taxicab đẳng cự. Suy ra f ∈ S. (b) Nếu f(B) = E (f(A) = B), thì f là phép quay taxicab với góc quay θ = piT2 nên f là phép quay taxicab đẳng cự. Suy ra f ∈ Rθ. (c) Ta chứng minh f(B) luôn khác F . Giả sử f(B) = F . Vì  AB=  F (A)F (B)= [BF ]⇒ f(D) ∈ [BF ]⇒ dT (O, f(D)) ≤ 1, nhưng ta lại có 2 = dT (O,D) = dT (O, f(D)) (mâu thuẩn). Vậy f(B) 6= F . Vậy f ∈ Rθ hoặc f ∈ S. Định lý 2.1.8 ([13, Định lý 9, pp. 80]). Cho F : R2T −→ R2T là một phép đẳng cự taxicab. Khi đó, tồn tại duy nhất một phép tịnh tiến taxicab Ta ∈ T (2) và C ∈ OT (2) sao cho F = Ta ◦ C. Chứng minh. Cho phép đẳng cự taxicab F : R2T −→ R2T O 7−→ F (O) = a. Ta chọn C = T−a ◦ F , rõ ràng C là phép đẳng cự taxicab (vì T−a, F là các phép đẳng cự) và C(O) = O. Áp dụng Định lý 2.1.7 ta có C ∈ Rθ ∪ S = OT (2). Vậy F = Ta ◦C với Ta ∈ T (2) và C ∈ OT (2). Định lý đã được chứng minh. 2.2 Tích vô hướng 2.2.1 Tích vô hướng Trong hình học Euclid, tích vô hướng của 2 vectơ α, β ∈ R2 được cho bởi công thức: 〈α, β〉E = ‖α‖E‖β‖E cosE(α, β). Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu tích vô hướng trong hình học taxicab. Định nghĩa 2.2.1 ([7, Định nghĩa 2.1, pp. 296]). Cho α = (a1, a2); β = (b1, b2) là 2 vectơ trong R2T . Khi đó, trong hình học taxicab tích vô hướng của 2 vectơ α và β được cho bởi công thức 〈α, β〉T =  (i)|a1b1|+ |a2b2|, α, β cùng thuộc một góc phần tư ; (ii)− |a1b1|+ |a2b2|, α, β ở hai góc phần tư liên tiếp, và a1b1 0; (iii)|a1b1| − |a2b2|, α, β ở hai góc phần tư liên tiếp, và a1b1 > 0, a2b2 < 0; (iv)− |a1b1| − |a2b2|, α, β thuộc hai góc phần tư đối diện. 46 Định lý 2.2.1 ([7, Định lý 2.2, pp. 296]). Trong hình học taxicab, tích vô hướng của hai vectơ song tuyến tính, đối xứng và xác định dương. Chứng minh. 1. Song tuyến tính Xét bảng α \ β I II III IV I (i) (ii) (iv) (iii) II (ii) (i) (iii) (iv) III (iv) (iii) (i) (ii) IV (iii) (iv) (ii) (i) Trong đó I, II, III, IV lần lượt là các góc phần tư thứ nhất, thứ hai, thứ ba và thứ tư. α ∈ I : α nằm trong góc phần tư thứ nhất, α ∈ II : α nằm trong góc phần tư thứ hai, α ∈ III : α nằm trong góc phần tư thứ ba, α ∈ IV : α nằm trong góc phần tư thứ tư. Bây giờ ta chứng minh tính chất song tuyến tính của tích vô hướng trong hình học taxicab. (a) Cho α = (a1, a2); β = (b1, b2) ∈ R2T , r ∈ R. Ta chứng minh 〈rα, β〉 = 〈α, rβ〉 = r〈α, β〉. i. α, β cùng thuộc một góc phần tư. A. ∀r ∈ R+ lúc đó rα, β vẫn cùng thuộc một góc phần tư, do đó 〈rα, β〉 = |ra1b1|+ |ra2b2| = |r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = |a1rb1|+ |a2rb2| = |r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. B. ∀r ∈ R− lúc đó rα, β thuộc hai góc phần tư đối nhau, do đó 〈rα, β〉 = −|ra1b1| − |ra2b2| = −|r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = −|a1rb1| − |a2rb2| = −|r|(|a1b1|+ |a2b2|) = r(|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 47 ii. α, β nằm trên hai góc phần tư liên tiếp. Giả sử α ∈ I, β ∈ II A. ∀r ∈ R+ lúc đó rα ∈ I, β ∈ II, do đó 〈rα, β〉 = −|ra1b1|+ |ra2b2| = |r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = −|a1rb1|+ |a2rb2| = |r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. B. ∀r ∈ R− lúc đó rα ∈ III, β ∈ II, do đó 〈rα, β〉 = |ra1b1| − |ra2b2| = −|r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = |a1rb1| − |a2rb2| = −|r|(−|a1b1|+ |a2b2|) = r(−|a1b1|+ |a2b2|) = r〈α, β〉. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. iii. α, β nằm trên hai góc phần tư đối diện. A. ∀r ∈ R+ lúc đó rα, β vẫn thuộc hai góc phần tư đối diện nhau, do đó 〈rα, β〉 = −|ra1b1| − |ra2b2| = |r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = −|a1rb1| − |a2rb2| = |r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. B. ∀r ∈ R− lúc đó rα, β thuộc cùng một góc phần tư, do đó 〈rα, β〉 = |ra1b1|+ |ra2b2| = −|r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. 〈α, rβ〉 = |a1rb1|+ |a2rb2| = −|r|(−|a1b1| − |a2b2|) = r(−|a1b1| − |a2b2|) = r〈α, β〉. 48 (b) Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2), γ = (c1, c2) là ba vectơ trong R2T . Ta chứng minh 〈α+ β, γ〉 = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. 〈α, β + γ〉 = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. i. α, β, γ cùng thuộc một góc phần tư. Khi đó, α+ β và γ cùng thuộc một góc phần tư nên 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = (|a1|+ |b1|)|c1|+ (|a2|+ |b2|)|c2| = |a1c1|+ |b1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| = |a1c1|+ |a2c2|+ |b1c1|+ |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. α và β + γ cùng thuộc một góc phần tư nên 〈α, β + γ〉 = |a1(b1 + c1)|+ |a2(b2 + c2)| = |a1||b1 + c1|+ |a2||b2 + c2| = |a1|(|b1|+ |c1|) + |a2|(|b2|+ |c2|) = |a1b1|+ |a1c1|+ |a2b2|+ |a2c2| = |a1b1|+ |a2b2|+ |a1c1|+ |a2c2| = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. ii. Hai trong số ba vectơ α, β, γ cùng thuộc một góc phần tư. Trường hợp này có nhiều trường hợp nhỏ, và ta chỉ chứng minh cho trường hợp α, γ ∈ I, β ∈ II. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. A. α, γ ∈ I, β ∈ II, nếu α + β ∈ I, thì γ và α + β cùng thuộc góc phần tư I, do đó ta có 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = (|a1| − |b1|)|c1|+ (|a2|+ |b2|)|c2| = |a1c1| − |b1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| = |a1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| − |b1c1| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. 49 B. α, γ ∈ I, β ∈ II, nếu α + β ∈ II, thì γ và α + β thuộc hai góc phần tư liên tiếp I và II, do đó ta có 〈α+ β, γ〉 = −|(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = −|a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = −(|b1| − |a1|)|c1|+ (|a2|+ |b2|)|c2| = |a1c1| − |b1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| = |a1c1|+ |a2c2|+ |b2c2| − |b1c1| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. Chứng minh tương tự cho 〈α, β + γ〉 = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. iii. α, β, γ ở ba góc phần tư khác nhau. Lúc đó, vị trí của α+ β và γ có thể là cùng thuộc một góc phần tư, thuộc hai góc phần tư liên tiếp hoặc hai góc phần tư đối diện. A. α ∈ I, β ∈ III, γ ∈ II, nếu α+β và γ cùng thuộc một góc phần tư II thì ta có 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1|+ |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1|+ |a2 + b2||c2| = (|b1| − |a1|)|c1|+ (|a2| − |b2|)|c2| = −|a1c1|+ |b1c1|+ |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1|+ |a2c2|+ |b1c1| − |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. B. α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ III, nếu α + β và γ thuộc hai góc phần tư liên tiếp II và III thì ta có 〈α+ β, γ〉 = |(a1 + b1)c1| − |(a2 + b2)c2| = |a1 + b1||c1| − |a2 + b2||c2| = (|b1| − |a1|)|c1| − (|a2|+ |b2|)|c2| = −|a1c1|+ |b1c1| − |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1| − |a2c2|+ |b1c1| − |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. C. α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ III, nếu α + β và γ thuộc hai góc phần tư 50 đối diện nhau I và III thì ta có 〈α+ β, γ〉 = −|(a1 + b1)c1| − |(a2 + b2)c2| = −|a1 + b1||c1| − |a2 + b2||c2| = −(|a1| − |b1|)|c1| − (|a2|+ |b2|)|c2| = −|a1c1|+ |b1c1| − |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1| − |a2c2|+ |b1c1| − |b2c2| = 〈α, γ〉+ 〈β, γ〉. Chứng minh tương tự cho 〈α, β + γ〉 = 〈α, β〉+ 〈α, γ〉. 2. Đối xứng ∀α = (a1, a2); β = (b1, b2) ∈ R2T 〈α, β〉T = ±|a1b1| ± |a2b2| = ±|b1a1| ± |b2a2| = 〈β, α〉T . 3. Xác định dương ∀α = (a1, a2) ∈ R2T , vì α, α luôn nằm trên cùng một góc phần tư nên ta có 〈α, α〉 = |a1a1|+ |a2a2| = |a21|+ |a22| ≥ 0 và rõ ràng, 〈α, α〉 = 0⇔ a1 = 0 và a2 = 0⇔ α = 0. 2.2.2 Chuẩn Trong hình học Euclid, chuẩn của vectơ α được định nghĩa bởi ‖α‖E = √ 〈α, α〉E. Trong hình học taxicab, chuẩn của một vectơ được định nghĩa như sau: Định nghĩa 2.2.2 ([7, Định nghĩa 3.1, pp. 302]). Cho α = (a1, a2) ∈ R2T là một vectơ bất kì. Khi đó, chuẩn trong hình học taxicab được định nghĩa bởi ‖α‖T = √ 〈α, α〉T + 2|a1a2|. Rõ ràng ‖α‖T = √ a21 + a 2 2 + 2|a1a2| = |a1|+ |a2| = dT (α, 0). Chuẩn trong hình học taxicab thỏa mãn một số tính chất sau. 51 Định lý 2.2.2 ([7, Định lý 3.2, pp. 303]). Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2), γ = (c1, c2) ∈ R2T và r ∈ R. Khi đó (i) ‖α‖T ≥ 0, (ii) ‖rα‖T = |r|‖α‖T , (iii) ‖α+ β‖T ≤ ‖α‖T + ‖β‖T , (iv) ‖α− β‖T ≥ ‖α‖T − ‖β‖T , (v) ‖α− β‖T ≤ ‖α‖T + ‖β‖T , (vi) ‖α− β‖T ≤ ‖α− γ‖T + ‖γ − β‖T . Chứng minh. (i) và (ii) là hiển nhiên. (iii) ‖α+ β‖T = √ 〈α+ β, α+ β〉+ 2|(a1 + b1)(a2 + b2)| = √ (|(a1 + b1)|+ |(a2 + b2)|)2 = |a1 + b1|+ |a2 + b2| ≤ (|a1|+ |a2|) + (|b1|+ |b2|) = ‖α‖T + ‖β‖T . (iv) ‖α− β‖T = √ 〈α− β, α− β〉+ 2|(a1 − b1)(a2 − b2)| = √ (|(a1 − b1)|+ |(a2 − b2)|)2 = |a1 − b1|+ |a2 − b2| ≥ (|a1|+ |a2|)− (|b1|+ |b2|) = ‖α‖T − ‖β‖T . (v) ‖α− β‖T = √ 〈α− β, α− β〉+ 2|(a1 − b1)(a2 − b2)| = √ (|(a1 − b1)|+ |(a2 − b2)|)2 = |a1 − b1|+ |a2 − b2| ≤ (|a1|+ |a2|) + (|b1|+ |b2|) = ‖α‖T + ‖β‖T . (vi) ‖α− β‖T = ‖α− γ + γ − β‖T ≤ ‖α− γ‖T + ‖γ − β‖T . 52 Trong hình học Euclid, tích vô hướng còn được tính theo công thức 〈α, β〉E = ‖α‖E‖β‖EcosEθ với α, β ∈ R2T và θ là góc giữa chúng. Vì các công thức lượng giác của hình học Euclid và hình học taxicab khác nhau nên tích vô hướng trong hình học taxicab còn có công thức tính như sau: Định nghĩa 2.2.3 ([7, Định nghĩa 4.1, pp. 305]). Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2) ∈ R2T và θ là góc giữa α và β. Hằng số taxicab RT được định nghĩa như sau RT =  2|a1b2|, α ∈ II, β ∈ II, γ ∈ I; α ∈ IV, β ∈ IV, γ ∈ I; −2|a1b2|, α ∈ I, β ∈ III, γ ∈ II; α ∈ II, β ∈ IV, γ ∈ III; 2|a2b1|, α ∈ I, β ∈ I, γ ∈ I; α ∈ III, β ∈ III, γ ∈ I; −2|a2b1|, α ∈ I, β ∈ III, γ ∈ III; α ∈ II, β ∈ IV, γ ∈ II; 0, α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ I; α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ II; α ∈ I, β ∈ IV, γ ∈ III; α ∈ I, β ∈ IV, γ ∈ IV ; α ∈ II, β ∈ III, γ ∈ I; α ∈ II, β ∈ III, γ ∈ II; α ∈ III, β ∈ IV, γ ∈ I; α ∈ III, β ∈ IV, γ ∈ II. Khi đó tích vô hướng của α và β được tính theo công thức 〈α, β〉T = ‖α‖T‖β‖T cosT θ −RT . Bây giờ ta chứng minh công thức trên cho trường hợp α = (a1, a2) và β = (b1, b2) ∈ I như Hình 2.6. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. 53 Hình 2.6: Chuẩn taxicab. Chứng minh. Giả sử các góc α, β ∈ I có số đo taxicab lần lượt là θ1, θ2 ∈ [0, 2], góc (β−α) ∈ I có số đo taxicab là (θ2 − θ1) ∈ [0, 2]. Ta có α và β thuộc cùng góc phần tư I nên 〈α, β〉T = |a1b1|+ |a2b2|. Mặt khác, ‖α‖T = |a1|+ |a2|; ‖β‖T = |b1|+ |b2|; cosT θ2 = |b1| ‖β‖T ; cosT θ1 = |a1| ‖α‖T . Áp dụng công thức lượng giác taxicab, ta có cosT θ = cosT (θ2 − θ1) = 1 + cosT θ2 − cosT θ1 = 1 + |b1|‖β‖T − |a1| ‖α‖T . Vậy, ‖α‖T‖β‖T cosT θ = (|a1|+ |a2|)(|b1|+ |b2|)(1 + |b1||b1|+ |b2| − |a1| |a1|+ |a2|) = (|a1|+ |a2|)(|b1|+ |b2|) + ((|a1|+ |a2|)|b1| − (|b1|+ |b2|)|a1|) = |a1b1|+ |a1b2|+ |a2b1|+ |a2b2|+ |a1b1|+ |a2b1| − |a1b1| − |a1b2| = |a1b1|+ |a2b2|+ 2|a2b1|. Vì θ1, θ2, (θ2 − θ1) ∈ [0, 2] nên RT = 2|a2b1|. Do đó ‖α‖T‖β‖T cosT θ −RT = |a1b1|+ |a2b2| = 〈α, β〉T . 54 2.3 Đa giác đều taxicab Một đa giác trong mặt phẳng taxicab gồm n đoạn thẳng đồng phẳng (n ≥ 3), các đoạn thẳng (cạnh của đa giác) chỉ giao nhau tại một điểm đó là đỉnh của đa giác, mỗi đỉnh nằm trên hai cạnh, và hai cạnh có chung một đỉnh thì không cộng tính với nhau. Nếu số cạnh của đa giác là n với n ≥ 3 và n ∈ N, thì đa giác đó được gọi là n−giác. Các định nghĩa dưới đây về các đa giác trong mặt phẳng taxicab sử dụng độ dài taxicab thay cho độ dài Euclid. Định nghĩa 2.3.1 ([6, Định nghĩa 1, pp. 28]). Một đa giác trong mặt phẳng taxicab được gọi là đa giác taxicab cạnh đều nếu các cạnh của đa giác có độ dài taxicab bằng nhau. Định nghĩa 2.3.2 ([6, Định nghĩa 2, pp. 28]). Một đa giác trong mặt phẳng taxicab được gọi là đa giác taxicab góc đều nếu các góc trong của đa giác có số đo góc taxicab bằng nhau. Định nghĩa 2.3.3 ([6, Định nghĩa 3, pp. 28]). Một đa giác trong mặt phẳng taxicab được gọi là đa giác đều taxicab nếu nó vừa là đa giác taxicab cạnh đều vừa là đa giác taxicab góc đều. Mệnh đề 2.3.1 ([6, Mệnh đề 1, pp. 28]). Cho A,B,C và D là bốn điểm trong mặt phẳng sao cho A 6= B và dE(A,B) = dE(C,D), cho m1,m2 lần lượt là độ dốc của các đường thẳng AB và CD. 1. Nếu m1 6= 0 6= m2, thì dT (A,B) = dT (C,D) nếu và chỉ nếu |m1| = |m2| hoặc |m1m2| = 1. 2. Nếu mi = 0 hoặc mi →∞, thì dT (A,B) = dT (C,D) nếu và chỉ nếu mj = 0 hoặc mj →∞, trong đó i, j ∈ {1, 2} và i 6= j. Chứng minh. Nếu hai điểm P và Q nằm trên một đường thẳng đứng (mi → ∞), thì dE(P,Q) = dT (P,Q) (Mệnh đề 2.3.1 luôn thỏa mãn). Nếu hai điểm P,Q không cùng nằm trên một đường thẳng đứng, nếu m là độ dốc của đường thẳng PQ, khi đó dE(P,Q) = ρ(m)dT (P,Q), với ρ(m) = √ 1+m2 1+|m| . 1. Cho m1 6= 0 6= m2, m1 và m2 lần lượt là độ dốc của đường thẳng AB và CD. 55 Theo giả thiết dE(A,B) = dE(C,D) ⇔ ρ(m1)dT (A,B) = ρ(m2)dT (C,D). (=⇒) Nếu dT (A,B) = dT (C,D) thì ρ(m1) = ρ(m2) ⇔ √ 1 +m21 1 + |m1| = √ 1 +m22 1 + |m2| ⇔ 1 +m 2 1 1 + 2|m1|+m21 = 1 +m22 1 + 2|m2|+m22 ⇔ (1 +m21)(1 +m22 + 2|m2|) = (1 +m22)(1 +m21 + 2|m1|) ⇔ (1 +m21)2|m2| = (1 +m22)2|m1| ⇔ |m2| − |m1|+m21|m2| −m22|m1| = 0 ⇔ (|m2| − |m1|)(1− |m1||m2|) = 0 ⇔ [ |m2| = |m1| |m1m2| = 1. (⇐=) Nếu |m2| = |m1| hoặc |m1m2| = 1⇔ |m2| = 1|m1| thì ta luôn có√ 1 +m21 1 + |m1| = √ 1 +m22 1 + |m2| ⇔ ρ(m1) = ρ(m2). Suy ra dT (A,B) = dT (C,D). 2. Cho mi = 0 hoặc mi →∞, lúc đó ρ(mi) = 1. (=⇒) Nếu dT (A,B) = dT (C,D) thì ρ(mj) = 1 tức làmj = 0 hoặcmj →∞. (⇐=) Nếu mj = 0 hoặc mj →∞ thì ρ(mj) = 1 và do đó dT (A,B) = dT (C,D). Hệ quả 2.3.1 ([6, Hệ quả 2, pp. 28]). Cho A,B và C là ba điểm không thẳng hàng trong mặt phẳng tọa độ sao cho dE(A,B) = dE(B,C). Khi đó, dT (A,B) = dT (B,C) nếu và chỉ nếu số đo của góc ](ABC) là pi 2 hoặc A và C đối xứng nhau qua đường thẳng đi qua B và song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. 56 Mệnh đề 2.3.2 ([6, Mệnh đề 9, pp. 31]). Cho A,B,C và D là bốn điểm trong mặt phẳng sao cho A 6= B và dT (A,B) = dT (C,D), và m1,m2 lần lượt là độ dốc của các đường thẳng AB và CD. 1. Nếu m1 6= 0 6= m2, thì dE(A,B) = dE(C,D) nếu và chỉ nếu |m1| = |m2| hoặc |m1m2| = 1. 2. Nếu mi = 0 hoặc mi →∞, thì dE(A,B) = dE(C,D) nếu và chỉ nếu mj = 0 hoặc mj →∞, trong đó i, j ∈ {1, 2} và i 6= j. Chứng minh. Tương tự Mệnh đề 2.3.1. Hệ quả 2.3.2 ([6, Hệ quả 10, pp. 32]). Cho A,B và C là ba điểm không thẳng hàng trong mặt phẳng tọa độ sao cho dT (A,B) = dT (B,C). Khi đó, dE(A,B) = dE(B,C) nếu và chỉ nếu số đo của góc ABC là pi 2 hoặc A và C đối xứng nhau qua đường thẳng đi qua B và song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Mệnh đề 2.3.3 ([6, Mệnh đề 3, pp. 28]). Tam giác đều Euclid không là tam giác đều taxicab. Chứng minh. Trong tam giác đều Euclid, độ dài Euclid của hai cạnh liên tiếp bằng nhau và số đo góc giữa hai cạnh liên tiếp khác pi 2 . Nên theo Hệ quả 2.3.1, bất kì hai cạnh liên tiếp nào của tam giác đều Euclid đối xứng nhau qua đường thẳng song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x thì có độ dài taxicab bằng nhau. Giả sử có hai cạnh liên tiếp của tam giác đối xứng nhau qua đường thẳng song song với một trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x (Hình 2.7 và Hình 2.8). Hình 2.7: Tam giác đều Euclid. 57 Hình 2.8: Tam giác đều Euclid. Rõ ràng, với mỗi trường hợp trên, trong tam giác đều Euclid luôn có hai trục đối xứng không song song với bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Do đó, các tam giác trên không phải là tam giác taxicab cạnh đều. Vậy tam giác đều Euclid không phải là tam giác đều taxicab. Hệ quả 2.3.3 ([6, Hệ quả 4, pp. 29]). Lục giác đều Euclid không là lục giác đều taxicab. Chứng minh. Mỗi lục giác đều Euclid là hợp thành của sáu tam giác đều Euclid. Từ Mệnh đề 2.3.1 ta suy ra các cạnh của lục giác đều Euclid song song với nhau thì có độ dài taxicab bằng nhau. Vì không có tam giác đều Euclid nào là tam giác taxicab cạnh đều nên cũng không có lục giác đều Euclid nào là lục giác taxicab cạnh đều. Vậy lục giác đều Euclid không là lục giác đều taxicab. Hình 2.9: Lục giác đều Euclid. Mệnh đề 2.3.4 ([6, Mệnh đề 5, pp. 29]). Mỗi tứ giác đều Euclid (hình vuông Euclid) là tứ giác đều taxicab. 58 Hình 2.10: Hình vuông Euclid. Chứng minh. Trong hình vuông Euclid, độ dài Euclid của các cạnh đều bằng nhau và góc giữa hai cạnh liên tiếp bất kì là góc pi 2 . Theo Hệ quả 2.3.1, các cạnh của hình vuông Euclid cũng có độ dài taxicab bằng nhau. Vì vậy, mỗi hình vuông Euclid là một tứ giác taxicab cạnh đều và do đó là một tứ giác đều taxicab hay còn gọi là hình vuông taxicab. Mệnh đề 2.3.5 ([6, Mệnh đề 11, pp. 32]). Mỗi hình vuông taxicab là một hình vuông Euclid. Chứng minh. Vì các cạnh của hình vuông taxicab luôn có độ dài taxicab bằng nhau, và góc giữa hai cạnh liên tiếp của hình vuông taxicab là góc vuông, nên theo Hệ quả 2.3.2 các cạnh của hình vuông taxicab sẽ có độ dài Euclid bằng nhau. Vậy hình vuông taxicab là tứ giác Euclid có các cạnh bằng nhau, và do đó nó là tứ giác đều Euclid hay là hình vuông Euclid. Mệnh đề 2.3.6 ([6, Mệnh đề 6, pp. 29]). Mỗi bát giác đều Euclid, có đường chéo đối xứng (kí hiệu là DAOS) song song với bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x là bát giác đều taxicab. Chứng minh. Mỗi bát giác đều Euclid, có 4 đường chéo chính là 4 trục đối xứng ta kí hiệu là DAOS. Xét bát giác đều Euclid có một đường DAOS song song với đường x = 0, các đường DAOS khác sẽ song song với các đường thẳng y = 0, y = x và y = −x. Cứ hai cạnh liên tiếp của nó sẽ đối xứng nhau qua các đường thẳng song song với các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Các cạnh của bát giác đều Euclid luôn có độ dài Euclid bằng nhau. Theo Hệ quả 2.3.1 các cạnh của bát giác đều Euclid cũng có độ dài taxicab bằng nhau. 59 Hình 2.11: Bát giác đều taxicab. Vậy một bát giác đều Euclid có một đường DAOS song song với đường x = 0 là một bát giác taxicab cạnh đều và do đó là một bát giác đều taxicab. Các trường hợp khác được chứng minh hoàn toàn tương tự. Chú ý. 2n-giác có các góc bằng nhau được gọi là nửa đa giác đều cạnh có các góc bằng nhau nếu các cạnh xen kẻ của 2n−giác có độ dài Euclid bằng nhau. Do đó, luôn có một đường tròn Euclid đi qua các đỉnh của nửa đa giác đều cạnh có các góc bằng nhau. Mệnh đề 2.3.7 ([6, Mệnh đề 12, pp. 32]). Mỗi bát giác đều taxicab, có đường chéo đối xứng (kí hiệu là DAOS) song song với bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x là bát giác đều Euclid. Hình 2.12: Bát giác đều taxicab. 60 Chứng minh. Xét bát giác đều taxicab Hình 2.12, các cạnh xen kẻ nhau luôn có độ dài Euclid bằng nhau, vì số đo của góc giữa hai cạnh xen kẻ nhau của bát giác đều taxicab luôn là pi2 và các cạnh của bát giác đều taxicab luôn có độ dài taxicab bằng nhau (theo Mệnh đề 2.3.2 và Hệ quả 2.3.2). Do đó, mỗi bát giác đều taxicab là nửa bát giác đều cạnh có các góc bằng nhau. Xét bát giác đều taxicab A1A2...A8 có một trục DAOS song song với đường thẳng y = 0 (Hình 2.12). Lúc đó tồn tại đường tròn Euclid đường kính A1A5 đi qua 8 điểm A1, A2, ..., A8, và tồn tại một đường tròn taxicab tâm A1 đi qua A2, A8. Vì đường tròn Euclid và đường tròn taxicab có chung trục đối xứng là A1A5 nên giao điểm của chúng là A2 và A8 sẽ đối xứng nhau qua A1A5. Do đó hai cạnh liên tiếp A1A2 và A1A8 đối xứng nhau qua A1A5 nên hai cạnh liên tiếp A1A2 và A1A8 có độ dài Euclid bằng nhau. Vậy bát giác đều taxicab là nửa bát giác đều cạnh có các góc bằng nhau và có hai cạnh liên tiếp có độ dài Euclid bằng nhau nên nó là bát giác đều Euclid. Các trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự. Định lý 2.3.1 ([6, Định lý 7, pp. 30]). Mọi đa giác đều Euclid không là đa giác đều taxicab, ngoại trừ hình vuông Euclid và bát giác đều Euclid thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.6. Chứng minh. 1. Xét (2n − 1) giác đều Euclid. Mỗi (2n − 1)-giác đều Euclid đều có 2n − 1 trục đối xứng, mỗi trục đối xứng là đường thẳng đi qua một đỉnh và tâm của (2n− 1)-giác đều Euclid. (a) n = 2 đã chứng minh trong Mệnh đề 2.3.3. (b) n > 2 Trong trường hợp này các (2n− 1)-giác đều Euclid luôn có số trục đối xứng ≥ 5. Do đó tồn tại ít nhất một trục đối xứng không song song với một trong 4 đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Suy ra có ít nhất hai cạnh liên tiếp của (2n− 1)-giác đều Euclid đối xứng nhau qua trục đối xứng này. Mặt khác, góc giữa hai cạnh liên tiếp của (2n−1)-giác đều Euclid không phải là góc vuông. Theo Hệ quả 2.3.1 hai cạnh liên tiếp này có độ dài taxicab không bằng nhau. Vậy nếu n > 2 thì (2n − 1)-giác đều Euclid không là (2n − 1)-giác taxicab cạnh đều, và do đó không là (2n− 1)-giác đều taxicab. 61 2. Xét 2n-giác đều Euclid. Mỗi 2n-giác đều Euclid có n đường chéo chính cũng chính là n trục đối xứng và ta gọi đó là n trục DAOS. (a) n = 2 là trường hợp hình vuông Euclid chính là hình vuông taxicab đã được loại trừ. (b) n = 3 đã được chứng minh ở Hệ quả 2.3.3, lục giác đều Euclid không là lục giác đều taxicab. (c) n = 4 Ta chỉ xét trường hợp bát giác đều Euclid không có trục DAOS nào song song với các đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x, mặt khác góc giữa hai cạnh liên tiếp của bát giác đều không phải là góc vuông. Theo Hệ quả 2.3.1, hai cạnh liên tiếp bất kì của bát giác đều Euclid này có độ dài taxicab không bằng nhau. Như vây bát giác đều Euclid này không là bát giác taxicab cạnh đều, và do đó không là bát giác đều taxicab. (d) n > 4 Trong trường hợp này, số trục DAOS của 2n−giác đều Euclid là n ≥ 5. Do đó tồn tại ít nhất một trục DAOS không song song với một trong 4 đường thẳng x = 0, y = 0, y = x và y = −x. Suy ra có ít nhất hai cạnh liên tiếp của 2n−giác đều Euclid đối xứng nhau qua trục đối xứng này. Mặt khác, góc giữa hai cạnh liên tiếp của 2n−giác đều Euclid không phải là góc vuông (n > 4). Theo Hệ quả 2.3.1 hai cạnh liên tiếp này có độ dài taxicab không bằng nhau. Vậy nếu n > 4 thì 2n−giác đều Euclid không là 2n−giác taxicab cạnh đều, và do đó không là 2n−giác đều taxicab. Định lý 2.3.2 ([6, Định lý 13, pp. 32]). Mọi đa giác đều taxicab không là đa giác đều Euclid, ngoại trừ hình vuông taxicab và bát giác đều taxicab thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.7. Chứng minh. Giả sử tồn tại một đa giác đều taxicab là đa giác đều Euclid,ngoại trừ hình vuông taxicab và bát giác đều taxicab thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.7. Lúc đó, tồn tại đa giác đều Euclid là đa giác đều taxicab mà không phải hình vuông Euclid và bát giác đều Euclid thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.6. Điều này mâu thuẫn với Định lý 2.3.1, do đó không có một đa giác đều 62 taxicab nào là đa giác đều Euclid,ngoại trừ hình vuông taxicab và bát giác đều taxicab thỏa mãn điều kiện như trong Mệnh đề 2.3.7. Định lý 2.3.3 ([6, Định lý 14, pp. 32]). Không tồn tại tam giác đều taxicab. Chứng minh. Mỗi tam giác taxicab góc đều là một tam giác đều Euclid. Vì không có tam giác đều Euclid nào là tam giác đều taxicab, nên không có tam giác taxicab góc đều nào là tam giác đều taxicab. Vậy không tồn tại tam giác đều taxicab. 2.4 Tỉ số của các độ dài định hướng 2.4.1 Độ dài Taxicab định hướng và điểm chia Cho X và Y là hai điểm bất kì nằm trên đường thẳng có hướng (l). Độ dài taxicab định hướng của đoạn thẳng XY là dT [XY ] = dT (X, Y ) nếu XY và (l) cùng hướng ;−dT (X, Y ) nếu XY và (l) ngược hướng. Do đó, dT [XY ] = −dT [Y X]. Độ dài có hướng trong mặt phẳng Euclid có thể được định nghĩa một cách tương tự như sau dE[XY ] = dE(X, Y ) nếu XY và (l) cùng hướng ;−dE(X, Y ) nếu XY và (l) ngược hướng. Với A,B,C là ba điểm cùng nằm trên một đường thẳng có hướng, nếu C nằm giữa A và B thì ta kí hiệu ACB. 1. Nếu ACB thì C là điểm chia trong đoạn AB và tỉ số độ dài định hướng là một số thực dương: dT [AC] dT [CB] = λ > 0. 2. Nếu ABC hoặc CAB thì C là điểm chia ngoài đoạn AB và dT [AC] dT [CB] = λ < 0. Trong cả hai trường hợp C được gọi là điểm chia đoạn AB với tỉ số λ. Ta xét các trường hợp đặc biệt của điểm C: 1. C 6= B,C ≡ A⇔ λ = 0. 2. C dần đến vô cực ⇔ λ = −1. 63 3. Cho C và C ′ lần lượt là điểm chia trong và chia ngoài đoạn AB với cùng tỉ lệ nhưng trái dấu. Khi đó, tỉ số độ dài định hướng dT [AC] dT [CB] = −dT [AC ′] dT [C ′B] = λ > 0. Định lý 2.4.1 ([15, Định lý 1, pp. 2]). Cho hai điểm phân biệt P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2) ∈ R2. Nếu Q = (x, y) là điểm chia nằm trên đường thẳng qua hai điểm P1 và P2 thì tỉ số độ dài định hướng taxicab và tỉ số độ dài định hướng Euclid bằng nhau dT [P1Q] dT [QP2] = dE[P1Q] dE[QP2] . Chứng minh. 1. Nếu Q ≡ P1 thì tỉ số độ dài định hướng taxicab và tỉ số độ dài định hướng Euclid đều bằng 0. 2. Nếu Q dần đến vô cực thì tỉ số độ dài định hướng taxicab và tỉ số độ dài định hướng Euclid đều bằng −1. 3. P1 6= Q 6= P2. Ta cần chứng minh |x1 − x|+ |y1 − y| |x− x2|+ |y − y2| = √ (x1 − x)2 + (y1 − y)2√ (x− x2)2 + (y − y2)2 . (2.4.1) Bình phương hai vế của (2.4.1) ta được |x1 − x|2 + |y1 − y|2 + 2|x1 − x||y1 − y| |x− x2|2 + |y − y2|2 + 2|x− x2||y − y2| = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 (x− x2)2 + (y − y2)2 ⇔ [(x− x2) 2 + (y − y2)2][|x1 − x|2 + |y1 − y|2 + 2|x1 − x||y1 − y|] [(x1 − x)2 + (y1 − y)2][|x− x2|2 + |y − y2|2 + 2|x− x2||y − y2|] = 1 ⇔ [(x− x2) 2 + (y − y2)2][|x1 − x|2 + |y1 − y|2] + 2|x1 − x||y1 − y|[(x− x2)2 + (y − y2)2] [(x1 − x)2 + (y1 − y)2][|x− x2|2 + |y − y2|2] + 2|x− x2||y − y2|[(x1 − x)2 + (y1 − y)2] = 1 ⇔ 2|x1 − x||y1 − y|[(x− x2) 2 + (y − y2)2] 2|x− x2||y − y2|[(x1 − x)2 + (y1 − y)2] = 1 ⇔ |x1 − x||y1 − y||x− x2||y − y2| = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 (x− x2)2 + (y − y2)2 . (2.4.2) Với mọi điểm Q(x, y) nằm trêm P1P2 ta luôn có |x1 − x||y1 − y| |x− x2||y − y2| = (x1 − x)(y1 − y) (x− x2)(y − y2) . (2.4.3) 64 Từ (2.4.2) và (2.4.3) ta được (x1 − x)(y1 − y) (x− x2)(y − y2) = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 (x− x2)2 + (y − y2)2 ⇔ (x1 − x)(y1 − y)[(x− x2)2 + (y − y2)2] = (x− x2)(y − y2)[x1 − x)2 + (y1 − y)2] ⇔ (x1 − x)(y1 − y)(x− x2)2 − (x− x2)(y − y2)(x1 − x)2 = (x− x2)(y − y2)(y1 − y)2 − (x1 − x)(y1 − y)(y − y2)2 ⇔ (x1 − x)(x− x2)[(y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x)] = (y − y2)(y1 − y)[(x− x2)(y1 − y)− (x1 − x)(y − y2)] ⇔ [(y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x)][(x1 − x)(x− x2)− (y − y2)(y1 − y)] = 0. (2.4.4) Nếu x1 = x2 thì x = x1 = x2. Do đó phương trình (2.4.4) luôn đúng. Nếu x1 6= x2 thì y = (x2 − x)y1 − (x1 − x)y2 x2 − x1 ( vì Q nằm trên P1P2). Thế y vào (y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x) ta được (y1 − y)(x− x2)− (y − y2)(x1 − x) = [y1 − (x2 − x)y1 − (x1 − x)y2 x2 − x1 ](x− x2)− [ (x2 − x)y1 − (x1 − x)y2 x2 − x1 − y2](x1 − x) = 1 x2 − x1 [(x− x2)(xy1 − xy2 + x1y2 − x1y1)− (x1 − x)(xy2 − xy1 + x2y1 − x2y2)] = 1 x2 − x1 [(x− x1)(x− x2)(y1 − y2)− (x1 − x)(x− x2)(y2 − y1)] = 0. Do đó phương trình (2.4.4) được thỏa mãn. Vậy phương trình (2.4.1) đúng. Kết luận: trong các trường hợp định lý luôn được thỏa mãn. Hệ quả 2.4.1 ([15, pp. 4]). Cho P1 = (x1, y1) và P2 = (x2, y2) là hai điểm phân biệt trong mặt phẳng taxicab. Nếu Q = (x, y) chia đoạn thẳng P1P2 theo tỉ số λ thì x = x1 + λx2 1 + λ ; y = y1 + λy2 1 + λ ;λR;λ 6= −1 như trong mặt phẳng Euclid. Chứng minh. 1. Nếu λ = 0 hoặc λ = −1 thì công thức trên luôn thỏa mãn. 2. λ 6= 0;λ 6= −1 và Q = (x, y) chia đoạn thẳng P1P2 theo tỉ số λ, ta có |dT [P1Q] dT [QP2] | = |λ| ⇔ |x1 − x|+ |y1 − y||x− x2|+ |y − y2| = |λ|. 65 Vì P1 6= P2 nên |x1 − x2|+ |y1 − y2| 6= 0. |λ| = |λ|( |x1 − x2|+ |y1 − y2||x1 − x2|+ |y1 − y2|) = |λx1 − λx2|+ |λy1 − λy2| |x1 − x2|+ |y1 − y2| = |λx1 + x1 − x1 − λx2|+ |λy1 + y1 − y1 − λy2| |x1 + λx2 − λx2 − x2|+ |y1 + λy2 − λy2 − y2| = |(1 + λ)x1 − x1 − λx2 1 + λ |+ |(1 + λ)y1 − y1 − λy2 1 + λ | |x1 + λx2 − (1 + λ)x2 1 + λ |+ |y1 + λy2 − (1 + λ)y2 1 + λ | = |x1 − x1 + λx2 1 + λ |+ |y1 − y1 + λy2 1 + λ | |x1 + λx2 1 + λ − x2|+ |y1 + λy2 1 + λ − y2| . Vì |x1 − x|+ |y1 − y| |x− x2|+ |y − y2| = |λ| = |x1 − x1 + λx2 1 + λ |+ |y1 − y1 + λy2 1 + λ | |x1 + λx2 1 + λ − x2|+ |y1 + λy2 1 + λ − y2| nên x = x1 + λx2 1 + λ ; y = y1 + λy2 1 + λ ;λR;λ 6= −1. 2.4.2 Định lý về đường thẳng định hướng Như chúng ta đã biết, những tiên đề về tính chất tương đẳng và các đẳng thức được suy ra từ tính chất đồng dạng của tam giác trong mặt phẳng Euclid không còn đúng trong mặt phẳng taxicab. Nhưng, từ Định lý 2.4.1 ta có thể suy ra định lý về đường thẳng định hướng như sau: Hình 2.13: Định lý 2.4.2 ([15, Định lý 5, pp. 9]). Trong mặt phẳng taxicab, cho một chùm đường thẳng cắt một họ các đường thẳng song song. 66 1. Tỉ số độ dài định hướng của các đoạn thẳng tương ứng nằm trên những đường thẳng thuộc chùm đường thẳng đã cho đều bằng nhau. Chẳng hạn dT [SA] : dT [SB] : dT [SC] = dT [SA1] : dT [SB1] : dT [SC1] = dT [SA2] : dT [SB2] : dT [SC2]. Hay dT [SA1] : dT [SB1] = dT [A1A2] : dT [B1B2]. 2. Tỉ số độ dài định hướng của các đoạn thẳng nằm trên các đường thẳng song song và các đoạn thẳng tương ứng nằm trên các đường thẳng thuộc chùm đường thẳng, được đo từ đỉnh của chùm đường thẳng, đều bằng nhau. Chẳng hạn dT [CB] : dT [C1B1] : dT [C2B2] = dT [SC] : dT [SC1] : dT [SC2] = dT [SB] : dT [SB1] : dT [SB2]. Hay dT [AB] : dT [A1B1] : dT [A2B2] = dT [SA] : dT [SA1] : dT [SA2] = dT [SB] : dT [SB1] : dT [SB2]. 3. Tỉ số độ dài định hướng của các đoạn thẳng tương ứng nằm trên các đường thẳng song song đều bằng nhau. Chẳng hạn dT [AB] : dT [BC] = dT [A1B1] : dT [B1C1] = dT [A2B2] : dT [B2C2]. Chú ý rằng a : b : c = a1 : b1 : c1 nếu và chỉ nếu a a1 = bb1 = c c1 . 67 KẾT LUẬN Khóa luận gồm 3 phần: mở đầu, nội dung và kết luận. Phần nội dung được trình bày trong 2 chương: chương 1 và chương 2. Mỗi chương đều đưa ra các định nghĩa, định lý và một số tính chất trong hình học taxicab, giúp cho người đọc hiểu hơn về loại hình học phi Euclid này bằng cách so sánh nó với hình học Euclid. Khóa luận sử dụng nhiều hình vẽ để bạn đọc có cái nhìn trực quan hơn trong khi theo dõi khóa luận. Tuy đã cố gắng để hoàn thành khóa luận một cách tốt nhất, nhưng do hạn chế của bản thân và thời gian có hạn nên khóa luận chỉ giới thiệu được những đặc trưng cơ bản của hình học taxicab, chưa đi sâu khai thác những ứng dụng thực tế của loại hình học này. Một số định lý do chứng minh khá dài và trùng lập nên khóa luận chỉ chứng minh một vài trường hợp, các trường hợp chứng minh còn lại hoàn toàn tương tự. Là lần đầu tiên tiếp xúc với hình học taxicab, nên văn phong sử dụng trong khóa luận còn nhiều lủng củng. Rất mong quý Thầy Cô và các bạn đọc góp ý cho những thiếu sót còn trong khóa luận để khóa luận được hoàn thiện hơn. Thân mến. 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Z. Akc¸a, R. Kaya, On the Taxicab Trigonometry, Jour. of Inst. of Math. Comp. Sci. (Math.Ser.), 10(1997), 151− 159. [2] Z. Akc¸a, On the Taxicab Trigonometry, OGU, Maths. Preprint 97.07. [3] Z. Akc¸a, R. Kaya, On the Distance Formulae in Three Dimensional Taxicab Space, Hadronic Journal, Vol 27, No.5 (2004), 521− 532 . [4] Z. Akc¸a, R. Kaya, On the Norm in Higher Dimensional Taxicab Spaces, Hadronic Journal Supplement. Vol 19, No.5 (2004), 491− 501 . [5] H. B. C¸olakog˘lu, R. Kaya, A Synthetic Aproach to the Taxicab Circles, Applied Science (APPS), Vol. 9(2007), 67− 77. [6] H. B. C¸olakog˘lu, Ru¨stem Kaya, Regular Polygons in the Taxicab Plane, KoG 12− 2008, pp. 27− 33. [7] C. Ekici, I. Kocayusufog˘lu and Z. Akca, The Norm in Taxicab Geometry, Tr. J. of Mathematics, 22(1998), 295− 307. [8] Y. P. Ho, Y. Liu, Parabolas in Taxicab Geometry, Missouri J. of Math. Sci., 8(1996), 63− 72 . [9] R. Kaya, Area Formula for Taxicab Triangles, Pi Mu Epsilon Journal, (to appear, Fall 2005). [10] E. F. Krause, Taxicab Geometry; An Adventure in Non-Euclidean Geometry, Dover Publications, Inc., New York 1986. [11] Kenvin P. Thompson, Taxicab Triangle Incircles and Circumcircles, pp. 1−9. [12] Kevin, Thompson, Tevian Dray, Taxicab Angles and Trigonometry, The Pi Mu Epsilon Journal, Vol.11, No 2 (Spring 2000). 69 [13] I. Kocayusufog˘lu and E.O¨zdamar, Isometries of Taxicab Geometry, Commun. Fac. Sci. Univ. Ank. Series Al V. 47. pp. 73− 83(1998). [14] Kocayusufog˘lu, I˙., Ekici, C., Akc¸a, Z., The Inner - Product in Taxicab Geome- try, Mathematics, Mechanics and Infomatics (Kazakh State National Univer- sity), (1998). [15] M. O¨zcan, R. Kaya, On the ratio of Directed Lengths in the Taxicab plane and Related Properties, Missouri J. of Math. Sci., 14(2002), 107− 117. [16] Rudin, W., Functional Analysis, Tata Mc Graw- Hill Pub. Comp. Ltd., New Delhi (1989). [17] K. O. Sowell, Taxicab Geometry-A New Slant, Mathematics Magazine, Vol 62, No. 4 (Oct 1989), pp. 238− 248. [18] Tian, S.; S. So; and G. Chen, Concerning Circles in Taxicab Geometry, J. Math. Edu. Sci. Technol. Vol. 28(1997), pp. 727− 733. 70