Chủ đề 5: Trồng cây thẳng hàng trong thực tế có liên quan đến toán học không?

Cách 1

Newton đưa ra cách giải như sau:

Các hàng là: $ABC,AY{C}^{\text{'}},AX{B}^{\text{'}},BX{A}^{\text{'}},BY{B}^{\text{'}},BZ{C}^{\text{'}},CY{A}^{\text{'}},CZ{B}^{\text{'}},XYZ,A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

Rõ ràng đây là một cách giải thú vị. ngoài cách giải này, chúng ta có cách giải khác như sau

Cách 2

Các hàng là: $ABC,AFE,AHD,CDE,CHK,CGF,BKE,BGD,FKD,EHG$.

Bản chất của các cách trồng cây thẳng hàng này như thế nào? Mỗi cách trồng cây có một cơ sở toán học ẩn chứa đằng sau và các cách giải trên không phải ngoại lệ. Tuy nhiên có nhiều cách giải chỉ đưa ra được đáp án mà chưa tìm được cơ sở toán là bản chất của cách trồng cây vì đó là vấn đề rất phức tạp vượt quá khả năng của chúng tôi.

Trường hợp 1: $A^{\text{'}\text{'}}{C}^{\text{'}\text{'}}$ không đi qua X $(X=AC\cap A^{\text{'}}{C}^{\text{'}})$

Kí hiệu $Y=A^{\text{'}\text{'}}{C}^{\text{'}\text{'}}\cap A^{\text{'}}{C}^{\text{'}};Z=A^{\text{'}\text{'}}{C}^{\text{'}\text{'}}\cap AC$; ta gọi:

$B^{\text{'}\text{'}}=A^{\text{'}\text{'}}{C}^{\text{'}\text{'}}\cap A{C}^{\text{'}}$. Ta cần chứng minh: $A^{\text{'}},B^{\text{'}\text{'}},C^{\text{'}}$ thẳng hàng.

Xét tam giác $XYZ$ với đường thẳng đi qua ba điểm thảng hàng $A^{\text{'}},B^{\text{'}\text{'}},C^{\text{'}}$.

$A^{\text{'}},B^{\text{'}\text{'}},C^{\text{'}}$ thẳng hàng $\iff \frac{A^{\text{'}}X}{A^{\text{'}}Y}.\frac{B^{\text{'}\text{'}}Y}{B^{\text{'}\text{'}}Z}.\frac{CZ}{CX}=1$ (1)

Xét tam giác $XYZ$ với đường thẳng đi qua ba điểm thẳng hàng $A^{\text{'}},A^{\text{'}\text{'}},B$, ta có:

$\frac{A^{\text{'}}X}{A^{\text{'}}Y}.\frac{A^{\text{'}\text{'}}Y}{A^{\text{'}\text{'}}Z}.\frac{BZ}{BX}=1$ (2)

Tam giác $XYZ$ với đường thẳng đi qua ba điểm thẳng hàng $B^{\text{'}},C,C^{\text{'}\text{'}}$, ta có:

$\frac{CZ}{CX}.\frac{B^{\text{'}}X}{B^{\text{'}}Y}.\frac{C^{\text{'}\text{'}}Y}{C^{\text{'}\text{'}}Z}=1$  (3)

Tam giác XYZ với đường thẳng đi qua ba điểm thẳng hàng $A,B^{\text{'}\text{'}},C^{\text{'}}$, ta có;

$\frac{AZ}{AX}.\frac{B^{\text{'}\text{'}}Y}{B^{\text{'}\text{'}}Z}.\frac{C^{\text{'}}X}{C^{\text{'}}Y}=1$ (4)

Do $A,A^{\text{'}\text{'}},B^{\text{'}}$ thẳng hàng nên $\frac{A^{\text{'}\text{'}}Y}{A^{\text{'}\text{'}}Z}.\frac{AZ}{AX}.\frac{B^{\text{'}}X}{B^{\text{'}}Y}=1$ (5)

Do $B,C^{\text{'}\text{'}},C^{\text{'}}$ thẳng hàng nên $\frac{BZ}{BX}.\frac{C^{\text{'}}X}{C^{\text{'}}Y}.\frac{C^{\text{'}\text{'}}Y}{C^{\text{'}\text{'}}Z}=1$ (6)

Nhân (2), (3), (4) áp dụng (5), (6) ta suy ra (1)

Ta có điều phải chứng minh.

Trường hợp 2: $A^{\text{'}\text{'}}{C}^{\text{'}\text{'}}$ đi qua X

Bạn đọc tự xét trường hợp này.

Như vậy bản chất của cách 1 ví dụ 1 là định lí Papus. Từ cơ sở toán này, chúng ta đưa ra cách giải tổng quát hơn cách 1 trong ví dụ 1 như sau:

Cách 1

Các hàng là $ABC,AT{C}^{\text{'}},AD{B}^{\text{'}},A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}},A^{\text{'}}TC,A^{\text{'}}DB,DIC,DK{C}^{\text{'}},BTK,BI{C}^{\text{'}},B^{\text{'}}TI,B^{\text{'}}KC$.

Cách 2

Các hàng là: $A{C}^{\text{'}}B,AT{A}^{\text{'}},AKD,A{B}^{\text{'}}C,B^{\text{'}}IB,B^{\text{'}}K{A}^{\text{'}},CK{C}^{\text{'}},CTI,CD{A}^{\text{'}},DT{C}^{\text{'}},A^{\text{'}}I{C}^{\text{'}},BTK$.

Cách 3

Các hàng là: $EGK,EAI,EBH,CBA,CHG,CIK,DHA,DIG,HIF,BKF,AGF$.

Cách 4

Các hàng là $ADB,AFC,BHE,BKF,BGC,GHD,GKE,GIF,CKD,CIE,HKI,DEF$.

Các hàng là: $AETN,AXZC,AFYP,MEFQ,MXGD,MTJC,MLKN,BLXQ,BTYD,BKZP,NZHD,$

$NJIP,CIYQ,PHGQ,EXYH,LTZI,FXTK,GYZJ$.