Thông Luận

39 comments

• Comment Link mercredi, 06 décembre 2023 05:24 posted by Hoàng Trường Sa

  Hệ quả của 3 công thức (1), (2), (3):
  
  Trước hết, sử dụng (1) và (2), lấy đạo hàm của a và b theo h, dễ thấy là:
  
  da/dh 0 và db/dh 0.
  
  Vậy, a và b là những hàm nghịch biến theo h. Khi h tăng từ 0 tới +vô cực, thì cả a lẫn b giảm từ 60 độ xuống tới 0 độ, do đó bêta = a + 2b sẽ giảm từ 180 độ xuống tới 0 độ.
  
  Một hệ quả của (3) là:
  
  a b khi 0 h b khi h > 1
  
  (nghĩa là với những góc bêta nhỏ hơn 90 độ thì góc a ở giữa lớn hơn hai góc b hai bên).
  
  Để thấy điều này, ta viết lại công thức (3) như sau:
  
  D = a – b = arccot(E)
  
  Trong đó:
  
  E = (2h^4 + 3h^3căn(3) + 6h^2 + 3hcăn(3) + 2)/(h^3 – h) (*)
  
  Vì h > 0 nên tử số của E luôn luôn > 0, dấu của E sẽ là dấu của mẫu số h^3 – h. Thế nhưng biểu thức này 0 khi h 0 khi h > 1.
  
  Vậy E 0 khi 0 h 0 khi h > 1. Suy ra D 0 khi 0 h 0 khi h > 1. Ta được những kết quả nói trên.
  
  Bây giờ để xem D biến thiên ra sao khi h biến thiên từ 0 tới +vô cực, ta tính đạo hàm của D theo h, sử dụng (*), ta được:
  
  dD/dh = - [1/(1+E^2](dE/dh) =
  
  -[2/((1+E^2)(h^3 – h)^2)](h^6 – 6h^4 – 6h^3căn(3) – 6h^2 + 1),
  
  Trong đó biểu thức trong hai dấu ngoặc vuông là một số dương khi h > 0.
  
  Suy ra dấu của dD/dh, khi h > 0, sẽ nghịch lại với dấu của đa thức h^6 – 6h^4 – 6h^3căn(3) – 6h^2 + 1. Viết đa thức này dưới dạng:
  
  (h^6 + 1) – 6[h^4 + h^3căn(3) + h^2] = f(h) – g(h) (**)
  
  Trong đó: f(h) = h^6 + 1, và g(h) = 6[h^4 + h^3căn(3) + h^2].
  
  Bằng cách so sánh f(0) với g(0), f(1) với g(1), f(2) với g(2), f(3) với g(3), f(4) với g(4), sẽ nhận ra là f(h) sẽ cắt g(h) tại hai điểm có hoành độ h = u (với 0 u 1) và h = v (với 3 v 0. Đây là những nghiệm duy nhất của phương trình này vì ta biết nó chỉ có tối đa là 2 nghiệm do dấu của các số hạng của đa thức h^6 – 6h^4 – 6h^3căn(3) – 6h^2 + 1 đổi 2 lần từ + qua -, -, -, và (từ -) trở về +.
  
  Từ đó suy ra D = a – b biến thiên như sau: Sau khi khởi đầu bằng 0 (tại h = 0), D có trị âm và giảm dần từ 0 xuống trị cực tiểu (âm) tại h = u và tăng dần (qua các trị âm) tới 0 khi h = 1, sau đó tiếp tục tăng (bằng các trị dương) tới trị cực đại (dương) tại h = v, và từ đó giảm dần (qua các trị dương) tới 0 (khi h tiến về +vô cực). Điều này phù hợp với kết quả a b khi 0 h b khi h > 1 ta thấy trên đây.
  
  Các bạn nào có software nhờ giải giùm phương trình f(h) – g(h) = 0 để có u và v cùng các trị cực tiểu và cực đại của D = a – b. Tôi thử dùng (free) scientific calculator online và giải bằng tay thì được u = 0.317391 tương ứng với trị cực tiểu của D là -1.18858 độ, và v = 3.146289 tương ứng với trị cực đại của D là 3.678051 độ.
• Comment Link lundi, 20 novembre 2023 10:08 posted by Hoàng Trường Sa

  Để chứng minh các công thức (1), (2), và (3), xin quý vị xem lại Hình 5, trang 13, trong bài báo của tác giả Trần Đình Sơn. Trong hình này, ta chọn AM = MB = 1 (tam giác AOB là một tam giác cân). Thước tam phân ABCD là một nửa của hình lục giác đều với AC = CD = DB = 1, và các tam giác AMC, CMD, DMB là những tam giác đều có cạnh bằng 1. Đường thẳng OM thẳng góc với AB tại trung điểm M của AB. Nó là phân giác chung của hai góc UOV (tức AOB) và góc SOT (tức COD). Đường thẳng OM cắt CD tại trung điểm ta gọi là N. Vì CD // AB nên OM cũng thẳng góc với CD. Do tính đối xứng của hình vẽ, góc ở giữa SOT (tức COD) ta gọi là góc a, hai góc hai bên UOS (tức AOC) và TOV (tức DOB) bằng nhau và được gọi là b. Ta sẽ tính các góc a và b theo chiều cao h = OM của tam giác cân AOB.
  
  Ta có: AM = MB = 1; CN = ND = ½ ; MN = căn(3)/2 (vì tam giác CMD là tam giác đều cạnh bằng 1). Do đó ON = OM + MN = h + căn(3)/2 = [(2h + căn(3)]/2.
  
  Tam giác CON vuông góc tại N và có góc CON = a/2, nên:
  
  cot(a/2) = ON/CN = [(2h + căn(3))/2]/(1/2) = 2h + căn(3). (4)
  
  Áp dụng công thức cot(2x) = [cot^2(x) – 1]/[2cot(x)] cho x = a/2, ta được (sau khi dùng (4)):
  
  cot(a) = cot[2(a/2)] = [cot^2(a/2) – 1]/[2cot(a/2)]
  
  = [(2h + căn(3))^2 – 1]/[2(2h + căn(3)] = [(2h^2 + 1 + 2hcăn(3))/(2h + căn(3))]
  
  Vậy ta được (1).
  
  Để chứng minh (2), xét tam giác vuông AMO với AM = 1 và OM = h và góc AOM = a/2 + b, ta được:
  
  cot[(a/2) + b] = OM/AM = h/1 = h.
  
  Sử dụng công thức cot(a + b) = [cot(a)cot(b) – 1]/[cot(a) + cot(b)], ta được:
  
  h = cot[(a/2) + b] = [cot(a/2)cot(b) – 1]/[cot(a/2) + cot(b)].
  
  Do đó:
  
  cot(a/2)cot(b) – 1 = h[cot(a/2) + cot(b)] = hcot(a/2) + hcot(b).
  
  Vậy:
  
  cot(b)[cot(a/2) – h] = 1 + hcot(a/2).
  
  cot(b) = [1 + hcot(a/2)]/[ cot(a/2) – h].
  
  Thế cot(a/2) = 2h + căn(3) (theo (4)) và khai triển, ta được:
  
  cot(b) = [2h^2 + 1 + hcăn(3)]/[h + căn(3)]
  
  Và (2) đã được chứng minh.
  
  Cuối cùng, để chứng minh (3), đặt:
  
  A = (2h^2 + 1 + 2hcăn(3))/(2h + căn(3)) và B = (2h^2 + 1 + hcăn(3))/(h + căn(3)) (5)
  
  Thì công thức (1) và (2) sẽ trở thành:
  
  a = arccot(A) và b = arccot(B).
  
  Vậy, theo một công thức lượng giác quen thuộc:
  
  a – b = arccot(A) – arccot(B) = arccot[(AB + 1)/(B – A)] (5)
  
  Nhưng, thế A và B bằng các biểu thức theo h trong (5) và khai triển, dễ thấy:
  
  B – A = [2h(h^2 – 1)]/[(h + căn(3)][2h + căn(3)]
  
  Và
  
  AB + 1 = [4h^4 + 6h^3căn(3) + 12h^2 + 6hcăn(3) + 4]/[(h + căn(3))(2h + căn(3))]
  
  Do đó, thế vào (5) và giản lược, ta được:
  
  a – b = arccot{[4h^4 + 6h^3căn(3) + 12h^2 + 6hcăn(3) + 4]/[2h(h^2 – 1)]}
  
  = arccot[(2h^4 + 3h^3căn(3) + 6h^2 + 3hcăn(3) + 2)/(h^3 – h)].
  
  Vậy (3) được chứng minh.
• Comment Link dimanche, 19 novembre 2023 12:19 posted by Hoàng Trường Sa

  Cách chia 3 một góc bằng compa và thước kẻ của tác giả Trần Đình Sơn, như ta thấy, chia góc đã cho ra ba góc, trong đó góc chính giữa (ta gọi là a) nói chung không bằng với hai góc hai bên. Hai góc này, theo tính đối xứng của hình trong cách vẽ thước tam phân, luôn luôn bằng nhau. Gọi b là số đo chung của hai góc này. Sau đây tôi sẽ trình bày các công thức để tính góc a và góc b theo chiều cao h= OM của tam giác cân AOB trong Hình 5 nói trước đây.
  
  Trước hết vì ta chọn r = AM = MC = 1 (nghĩa là cạnh đáy AB của tam giác cân AOB luôn luôn bằng 2), ta dễ thấy tương quan dưới đây giữa chiều cao h và số đo bêta của góc UOV (tức là góc AOB):
  
  h = cot(bêta/2), và ngược lại bêta = 2arccot(h).
  
  Ta cho h biến thiên từ 0 tới +vô cực, thì bêta biến thiên từ 180 độ tới 0 độ.
  
  Sau đây là công thức để tính góc chính giữa a và hai góc b ở hai bên:
  
  a = arccot[(2h^2 + 1 + 2hcăn(3))/(2h + căn(3))] (1)
  
  b = arccot[(2h^2 + 1 + hcăn(3))/(h + căn(3))] (2)
  
  Từ đó suy ra hiệu số (tức là sự khác biệt giữa a và b) của hai góc là:
  
  D = a – b = arccot[(2h^4 + 3h^3căn(3) + 6h^2 + 3hcăn(3) + 2)/(h^3 – h))] (3)
  
  Thí dụ, với góc bêta = 180 độ, thì h = 0. Thế h = 0 vào (1), (2), (3) ta có:
  
  a = arccot(1/căn(3)) = 60 độ;
  b = arccot(1/căn(3)) = 60 độ;
  D = arccot(2/0) = arccot(vô cực) = 0 độ (nghĩa là a = b).
  
  Thí dụ khác, với góc bêta = 90 độ, thì h = cot(90/2) = cot (45) = 1, ta được theo (1), (2), (3):
  
  a = arccot[(2 + 1 + 2căn(3))/(2 + căn(3))] = arccot(căn(3)) = 30 độ;
  b = arccot[(2 + 1 + căn(3))/(1 + căn(3))] = arccot(căn(3)) = 30 độ;
  D = arccot[(2 + 3căn(3) + 6 + 3căn(3) + 2)/0] = arccot[(10 + 6căn(3))/0]
  = arccot(vô cực) = 0 độ. (Nghĩa là a = b).
  
  Tôi sẽ chứng minh các công thức trên sau. Rất dễ. Chỉ sử dụng các công thức lượng giác quen thuộc.
  
  Các bạn nào có sofware thí dụ như Excel chẳng hạn, có thể vẽ đồ thị của a và b trên cùng một hình (khi h biến thiên từ 0 tới +vô cực) và xem sự khác biệt (difference) giữa hai góc a và b.
• Comment Link mardi, 14 novembre 2023 21:25 posted by Hoàng Trường Sa

  Câu hỏi còn lại là ngoài 3 nghiệm trên, phương trình bậc 8 trên còn có nghiệm số nào khác không. Câu trả lời là không.
  
  Để thấy điều này gọi P(x) là đa thức bên vế trái của (3):
  
  P(x) = 9x^8 – 132x^7 + 40x^6 + 700x^5 + 466x^4 – 236x^3 – 128x^2 + 52x – 3 = 0.
  
  Vì x = 3, x = 7 + 4căn(3), x = 7 – 4căn(3) là nghiệm số của P(x) = 0,
  
  (x – 3)[x – (7 + 4căn(3)][x – (7 – 4căn(3)] = x^3 – 17x^2 + 43x - 3 chia đúng cho P(x).
  
  Đem chia P(x) cho x^3 – 17x^2 + 43x - 3 ta được:
  
  P(x) = (x^3 – 17x^2 + 43x – 3)(9x^5 + 21x^4 + 10x^3 – 6x^2 – 3x + 1).
  
  Vậy những nghiệm khác, nếu có, sẽ là nghiệm của phương trình:
  
  Q(x) = 9x^5 + 21x^4 + 10x^3 – 6x^2 – 3x + 1 = 0. (4)
  
  Trong đó x lớn hơn hay bằng 3. Nhưng, phương trình này có dạng:
  
  Q(x) = f(x) – g(x),
  
  Trong đó f(x) = 9x^5 + 21x^4 + 10x^3 và g(x) = 6x^2 + 3x – 1.
  
  Nghiệm số của Q(x) = 0 sẽ là những hoành độ x của giao điểm của hai đường cong y = f(x) và y = g(x), khi x lớn hơn hay bằng 3. Để ý là f(0) = 0, g(0) = -1, f(3) = 6426, g(3) = 62. Ngoài ra, các đạo hàm bậc nhất và bậc 2 của f(x) và g(x) đều lớn hơn 0 khi x>0. Hai đường này đều lõm (concave up) và đồng biến (increasing). Đường y = f(x) luôn nằm trên đường y = g(x) và tiến về vô cực nhanh hơn, “gắt” hơn (more sharply), do độ dốc (gradient) của f(x) lớn hơn độ dốc của g(x). Do đó hai đường này không bao giờ cắt nhau khi x>0, a fortiori, khi x>3.
  
  Kết luận là phương trình P(x) = 0 để tìm góc UOV mà ta có thể vẽ thước tam phân của Trần Đình Sơn chỉ có hai nghiệm số là x = 3 (tức là b = căn(3)) ứng với góc UOV = 90 độ, và x = 7 + 4căn(3) (tức là b = 2 + căn(3)) ứng với góc UOV = 180 độ như ta đã thấy trước đây. “Nghiệm số” thứ ba, x = 7 – 4căn(3) (tức là b = -2 + căn(3)) đã bị loại ra thì ứng với góc UOV = 270 độ mà cách chia 3 bằng compa và thước kẻ là hiển nhiên.
• Comment Link lundi, 13 novembre 2023 11:45 posted by Hoàng Trường Sa

  Trở lại cách giải bài toán tìm xem những góc UOV nào cho ta CM = 1 trước đây khi dùng điều kiện u^2 + v^2 = 1, tôi đã check các công thức (1) và (2) của u và v và thấy đúng.
  
  u = - [ b^4 – 1 + căn(5b^6 – 5b^4 – 9b^2 + 1) ] / [(1+b^2)(3b^2 – 1)] (1)
  v = - [2b^3 + 2b + b căn(5b^6 – 5b^4 – 9b^2 + 1)]/ [(1+b^2)(3b^2 – 1)] (2)
  
  Khi cho b = 2 + căn(3) thì ta được u = -1/2 và v = - căn(3)/2 nhưng mong đợi.
  
  Riêng các phương trình để tính b trước đây, xin lỗi tôi đã tính sai.
  Phương trình đúng là như sau:
  
  9b^16 – 132b^14 + 40 b^12 + 700b^10 + 466b^8 – 236b^6 – 128b^4 + 52b^2 – 3 = 0
  
  Trong đó trước đây ta đòi b lớn hơn căn(3), vì ta chỉ xét những góc UOV nhỏ hơn 180 độ. Bây giờ ta có thể nới lên là b lớn hơn hay bằng căn(3) để chấp nhận cả góc 180 độ.
  
  Nếu đặt x = b^2 thì phương trình trở thành:
  
  9x^8 – 132x^7 + 40x^6 + 700x^5 + 466x^4 – 236x^3 – 128x^2 + 52x – 3 = 0. (3)
  
  Trong đó x lớn hơn hay bằng 3.
  
  Phương trình (3) này có 2 nghiệm số: x = 3 và x = 7 + 4căn(3) (tức là (2+căn(3))^2). Nó cũng có nghiệm số x = 7 – 4căn(3) (tức là (-2+căn(3))^2), nhưng nhỏ hơn 0 (ta không chấp nhận). Ba nghiệm này tương ứng với b = căn(3) (góc UOV = 90 độ), b = 2+căn(3) (góc UOV = 180 độ), và b = -2+căn(3) (góc UOV = 270 độ).
  
  Tóm lại, phương pháp này cũng cho ta lại kết quả trong ý kiến trước. Để kiểm chứng. các bạn cho x=3 vào đa thức bên trái của (3) sẽ thấy kết quả là 0.
  
  Để check trường hợp x = 2 + căn (3) thì khó hơn, trừ trường hợp bạn có software tốt. Để check bằng scientific calculator, tôi đã làm bằng tay như sau. Viết vế trái của (3) thành dạng A-B, trong đó:
  
  A = 9x^8 + 40x^6 + 700x^5 + 466x^4 + 52x (nghĩa là những số hạng có dấu + đứng trước)
  B = 132x^7 + 236x^3 + 128x^2 + 3 = 0. (nghĩa là những số hạng có dấu - đứng trước).
  
  Bây giờ bình phương b = 2 + căn(3) ta được:
  
  x = 7 + 4căn(3)
  x^2 = 97 + 56căn(3)
  x^3 = 1351 + 780căn(3)
  x^4 = 18817 + 10864căn(3)
  x^5 = 262087 + 151316căn(3)
  x^6 = 3650401 + 2107560căn(3)
  x^7 = 50843527 + 29354524căn(3)
  x^8 = 708158977 + 408855776căn(3).
  
  Thế vào A ta được:
  A = 6711676819 + 3874988416căn(3).
  
  Thế vào B ta được:
  B = 6711676819 + 3874988416căn(3).
  
  Vậy A – B = 0.
  
  Đối với nghiệm x = 7 – 4căn(3), cũng tương tự. Các con số giống hệt chỉ đổi dấu + trước căn(3) thành dấu -.
• Comment Link vendredi, 10 novembre 2023 12:10 posted by Hoàng Trường Sa

  Thay vì cho chiều dài CM bằng 1 và đi tới việc giải một phương trình bậc 7, tôi mới nghĩ ra cách đơn giản hơn nhiều để tìm góc UOV mà ta có thể chia 3 bằng thước tam phân của Trần Đình Sơn. Chỉ cần đòi góc CMA trong Hình 5 bằng 60 độ, xong lý luận dựa vào tính đối xứng của hình vẽ như ông TĐS để thấy tam giác CMD cũng là một tam giác đều. Gọi N là trung điểm của cạnh CD như trước, và sử dụng góc a với cot(a) = b như trước. Gọi h = OM, chiều cao của tam giác cân AOB, thì h = [b^3 – 3b]/[3b^2 – 1] như trước.
  
  Bây giờ, chọn r=1 như trước, thì tam giác đều CMD, cạnh là 1, có chiều cao là căn(3)/2. Nên ON = OM + MN = h + căn(3)/2.
  
  Tam giác vuông CNO với góc CON = a, cạnh CN = ½, và cạnh ON = [2h + căn(3)]/2 sẽ cho ta b = cot(a) = ON/CN = 2h + căn(3).
  
  Vậy ta có phương trình: b = 2[b^3 – 3b]/[3b^2 – 1] + căn(3), mà sau khi khai triển sẽ thành:
  
  b^3 - 3căn(3)b^2 + 5b + căn(3) = 0 (1)
  
  Đổi biến số b = x + căn(3), thì:
  
  b^2 = x^2 + 2căn(3)x + 3 (2)
  
  b^3 = x^3 + 3căn(3)x^2 + 9x + 3căn(3) (3)
  
  Thế (2) và (3) vào (1) và đơn giản, ta được:
  
  x^3 – 4x = 0 (4)
  
  Phương trình (4) có 3 nghiệm số là x = 0 , x = 2, và x = -2.
  
  Nghiệm x = 0 cho ta b = căn(3)= cot(a), suy ra a = 30 độ, suy ra UOV = 6a = 180 độ.
  
  Nghiệm x = 2 cho ta b = 2 + căn(3), suy ra a = 15 độ, và UOV = 90 độ.
  
  Nghiệm x = -2 cho ta b= -2 + căn(3), suy ra a = -75 độ, tức là góc tù a = 285 độ. Góc này không nằm trong cách vẽ của TĐS nên ta có thể loại bỏ.
  
  Tóm lại, chỉ có hai góc mà phương pháp chia 3 bằng compa và thước kẻ dùng thước tam phân của Trần Đình Sơn có thể sử dụng được là góc vuông (90 độ) và góc bẹt (180 độ).
• Comment Link jeudi, 09 novembre 2023 12:25 posted by Hoàng Trường Sa

  Tôi đã thế tất cả các biểu thức của h, D’ theo b vào trong các kết quả trước và được như sau:
  
  Tọa độ (u,v) của điểm C trong Hình 5, trang 13 trong bài báo của tác giả Trần Đình Sơn) là:
  
  u = - [ b^4 – 1 + căn(5b^6 – 5b^4 – 9b^2 + 1) ] / [(1+b^2)(3b^2 – 1)] (1)
  
  v = - [2b^3 + 2b + b căn(5b^6 – 5b^4 – 9b^2 + 1)]/ [(1+b^2)(3b^2 – 1)] (2)
  
  Trong đó b > căn(3). Xin lưu ý là điều này sẽ làm cho biểu thức 5b^6 – 5b^4 – 9b^2 nằm trong dấu căn luôn luôn dương. (Xét dấu của 5x^2 – 5x – 9 và sử dụng luật “trong trái ngoài cùng” của dấu biểu thức).
  
  Điều kiện u^2 + v^2 =1 sẽ dẫn tới phương trình đa thức (polynimial equation) bậc 16 sau đây:
  
  9b^16 – 132b^14 + 40 b^12 + 700b^10 + 460b^8 – 252b^6 – 140b^4 + 52b^2 = 0.
  
  Vì b^2 luôn luôn lớn hơn 3, ta có thể khử bớt b^2 trong phương trình trên để có một phương trình bậc 14 theo b > căn(3):
  
  9b^14 – 132b^12 + 40 b^10 + 700b^8 + 460b^6 – 252b^4 – 140b^2 + 52 = 0 (3)
  
  Đây là phương trình chính phải giải để tìm những góc có thể dùng thước tam phân của Trần Đình Sơn. Nghiệm số phải lớn hơn căn(3) vì góc UOV nhỏ hơn 180 độ.
  
  Đặt x = b^2, phương trình (3) sẽ trở thành một phương trình bậc 7 theo biến số x > 3:
  
  9x^7 – 132x^6 + 40 x^5 + 700x^4 + 460x^3 – 252x^2 – 140x + 52 = 0 (4)
  
  Bạn nào có software giải được phương trình (4) xin giải giùm và cho biết kết quả. Xin cám ơn nhiều.
  
  Trước khi giải xin check lại xem nếu cho b = 2 + căn(3) vào công thức (1) và (2) ta có được u = -1/2 và v= - căn(3)/2 không. Đây tọa độ của điểm C cho trường hợp góc UOV bằng 90 độ. Và ta biết góc a sẽ là 15 độ nên cot(a) là 2 + căn(3).
  
  Tương tự, thế x = 7+ 4căn(3) = (2+căn(3))^2 vào (4) xem có đúng hay không để check xem tôi có tính sai u^2 + v^2 = 1 không, trước khi giải phương trình (4).
• Comment Link lundi, 06 novembre 2023 10:10 posted by Hoàng Trường Sa

  Xin lỗi quý vị. Trong ý kiến truớc, câu “Giả thiết góc bêta căn(3),…”, tôi gõ sót mấy chữ nên hoàn toàn vô nghĩa. Xin sửa lại như sau: “Giả thiết góc bêta căn(3), điều này sẽ được dùng khi tìm tọa độ (u,v) của điểm C trong Hình 5”. Xin cám ơn quý vị.
  
  Đường thẳng OS đi qua điểm O = (0, h) và có độ nghiêng (gradient) là tan (90 – a) = cot (a) = b, nên phương trình của OS là: (y – h)/(x – 0) = b, tức là:
  
  y = h + bx, (1)
  
  trong đó h = (b^3 – 3b)/(3b^2 -1). (2)
  
  Phương trình của vòng tròn tâm A = (-1, 0) và bán kính 1 là:
  
  (x + 1)^2 + y^2 = 1. (3).
  
  Hai đường này cắt nhau tại điểm (x, y) thỏa hai phương trình (1) và (3), Thế y trong (1) vào (3) ta có:
  
  (x + 1)^2 + (h + bx)^2 = 1.
  
  Khai triển và đơn giản phương trình, ta được:
  
  (1 + b^2)x^2 + 2(1 + hb)x + h^2 = 0 .
  
  Đây là phương trình bậc 2 với định thức D’ như sau (khi thế h bằng (2), khai triển, và giản lược):
  
  D’ = (1 + hb)^2 – (1 +b^2)(h^2) = 1 + [b^2(b^2 - 3) (5b^2 + 1)]/[(3b^2 – 1)^2] > 0 (4)
  
  vì b > căn(3) (do giả thiết góc UOV 180 độ, như đã nói trước đây).
  
  Hai nghiệm số là: x = [ -(1+hb) +/- căn(D’)]/(1+b^2). Ta chọn dấu - cho hoành độ u của điểm C trong Hình 5, vì nó có trị số nhỏ hơn hoành độ của giao điểm (không tên) kia (xem Hình 5). Vậy tọa độ (u,v) của C là:
  
  u = - [(1+hb) + căn(D’)]/(1+b^2) và
  
  v = h + bu = h - b[(1+hb) + căn(D’)]/(1+b^2).
  
  Do đó CM = căn (u^2 + v^2) sẽ bằng với AM và AC khi u^2 + v^2 = 1. Vậy, điều kiện để tam giác ACM là một tam giác đều là u^2 + v^2 = 1, tức là:
  
  {[(1+hb) + căn(D’)]/(1+b^2)}^2 + {h - b[(1+hb) + căn(D’)]/(1+b^2)}^2 = 1. (*)
  
  Trong đó h = (b^3 – 3b)/(3b^2 -1) và D’ được cho bởi (4).
  
  Phương trình (*) là điều kiện mà cot(a) phải thỏa để ta có thể vẽ thước tam phân TĐS với OS và OT là hai đường tam phân. Nghiệm số b của (*) cho ta cot(a), từ đó sẽ có a và 6a (tức là góc bêta = UOV ban đầu).
  
  Lợi dụng dạng v = h + bu, ta viết lại:
  
  u^2 + v^2 = u^2 + (h + bu)^2 = (1 + b^2)u^2 + 2bhu + h^2
  = (1 + b^2)u^2 + [2b^2(b^2 – 3)]/(3b^2 – 1)]u + [(b^3 – 3b)/(3b^2 – 1)]^2.
  
  Từ đó (*) sẽ trở thành:
  
  (1 + b^2)u^2 + [2b^2(b^2 – 3)]/(3b^2 – 1)]u + [(b^3 – 3b)/(3b^2 – 1)]^2 = 1. (**)
  
  Trong đó u = - [(1+hb) + căn(D’)]/(1+b^2), h và D’ được cho bởi (2) v à (4).
  
  Sau khi khai triển và chuyển các số hạng có chứa căn(D’) qua một vế, và bình phương cả hai vế để khử dấu căn, tôi nghĩ (**) sẽ là một phương trình đa thức có dạng P(b) = 0 với P(b) là một đa thức bậc n (hiện tôi chưa biết bằng mấy vì tôi chưa thực hiện) và giải nó để tìm các nghiệm b (sau khi loại bỏ những nghiệm lạ xuất hiện do việc bình phương hai vế).
• Comment Link samedi, 04 novembre 2023 10:45 posted by Hoàng Trường Sa

  Như độc giả NTT chỉ ra, chứng minh của ông Trần Đình Sơn (TĐS) cho Core Theorem là không đúng vì tam giác ACM trong Hình 5, trang 13 trong bài báo của TĐS không phải là tam giác đều, điều kiện để TĐS tiếp tục chứng minh ABCD là một “thước tam phân” (Trisecting Ruler). Lý do của cái “flaw” trong chứng minh là TĐS đã không sử dụng hết giả thiết rằng 3 góc UOS, SOT và TOV (trong Hình 5) bằng nhau.
  
  Bây giờ ta vẽ lại Hình 5 của TĐS. Vẽ đường thẳng đứng OM, phân giác chung của hai góc UOV và SOT, và gọi a là nửa góc SOT, a = SOM = MOT, thì ta có: UOS = 2a, UOM = 3a. Và góc bêta muốn chia 3 là UOV = 6a.
  
  Gọi h là chiều cao của tam giác cân AOB, nghĩa là h = OM. Để dễ tính toán, ta có thể chọn r = 1, bằng cách chọn chiều dài của AM làm đơn vị chiều dài. Xin lưu ý là cách chia ba một góc bằng thước tam phân của TĐS không tùy thuộc vào trị số của r, nghĩa là chọn r bằng bao nhiêu thì vị trí của hai đường tam phân OS và OT vẫn không đổi. Vì đoạn AB = 2, độ dài của chiều cao h lệ thuộc vào đỉnh O, và do đó lệ thuộc vào a. Để ý là khi O dời cao lên cùng tận (vô cực) trên đường thẳng OM, a sẽ nhỏ dần (tiến về 0), và khi O thụt xuống gần M thì a tiến dần tới 30 độ (180 chia 6) vì góc AOM tiến dần về góc bẹt AMB = 180 độ. Tam giác AMO vuông góc ở M và có góc AOM = 3a, AM = 1 và OM = h, ta có theo một công thức lượng giác quen thuộc: h = cot(3a) = [cot^3(a) – 3cot(a)]/[3cot^2(a) – 1] trong đó cot^3(a) là lũy thừa 3 của cot(a), cot^2(a) là bình phương của cot(a). Gọi b = cot(a) thì h = (b^3 – 3b)/(3b^2 – 1). Giả thiết góc bêta căn(3), điều này sẽ được dùng khi tìm tọa độ (u,v) của điểm C trong Hình 5.
  
  Tôi sẽ dùng hình học giải tích để tính chiều dài của đoạn thẳng CM theo cot(a) = b, sau đó sẽ tìm điều kiện để cho tam giác ACM là tam giác đều như TĐS mong muốn. Nói cách khác, tôi sẽ tìm giải đáp cho câu hỏi là những góc UOV nào thì ta có thể vẽ được thước tam phân của TĐS. Phương pháp này không được elegant vì quá nhiều tính toán phức tạp do phải giải một phương trình bậc 2, nên có căn thức dính theo. Tuy nhiên ý sẽ rất giản dị. Chọn trục tọa độ có gốc là điểm M, trục x là đường nằm ngang AMB, trục y là đường thẳng đứng MO (chiều dương hướng lên), thì có các tọa độ sau: A = (-1, 0), M = (0. 0), B = (0,1), O = (0, h). Sau khi viết phương trình cho đường thẳng SO, vòng tròn (A, 1) tâm A bán kính 1, ta tìm giao điểm C = (u,v). Sau đó điều kiện để ACM là tam giác đều sẽ là u^2 + v^2 = 1, trong đó u và v là những hàm số theo b, (b > căn(3). Các nghiệm số của b sẽ cho ta góc a và từ đó là góc 6a (tức góc bêta) mà ta có thể vẽ thước tam phân ABCD theo định nghĩa của TĐS, nghĩa là có thể vẽ các đường tam phân OS và OT. Hiển nhiên là ta chỉ có một số nghiệm thôi, tức là không phải lúc nào cũng chia 3 góc được (ngoại trừ những góc có b thỏa điều kiện trên).
• Comment Link jeudi, 02 novembre 2023 17:48 posted by NTT

  Tôi sẽ làm một bài toán để kiểm chứng bài “Exact Squaring the Cỉcle…” của tác giả Trần Đình Sơn đăng trong International Journal of Mathematics Trends and Technology (Vol 69, Issue 6, June 2023).
  Tôi dựa vào Squaring Ruler (trang 44) để “squaring” một hình vuông (gọi là ABCD) cho vòng tròn (O, 1).
  Vòng tròn này có diện tích là pi x 1**2 = pi, cho nên nếu phương pháp dùng Squaring Riler là đúng, thì diện tích ABCD cũng sẽ phải bằng pi.
  Squaring Ruler là một hình bát giác đều. Gọi EFO là một trong 8 tam giác cân tạo thành Squaring Ruler này, với góc ở đỉnh ^EOF = 2pi/8 = pi/4. Gọi OH là đường cao của EFO vẽ từ O, và như thế ^EOH = (pi/4)/2 = pi/8.
  Ta có OH = OE x cos(^EOH) = 1 x cos(pi/8) = cos(pi/8) = căn(2+căn(2))/2.
  Cạnh AB của ABCD = 2 x OH = căn(2+căn(2)).
  Vì thế diện tích ABCD = AB ** 2 = (căn(2+căn(2))**2 = 2+căn(2), khác với diện tích (O,1) = pi.
  Do đó Squaring Ruler nói ở trang 45 không thể dùng để squaring một vòng tròn.