BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
======

ĐÀM THỊ PHƯƠNG THÚY

PHƯƠNG PHÁP TỐI ƯU TOÀN CỤC
GIẢI BÀI TOÁN MALFATTI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2018


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
======

ĐÀM THỊ PHƯƠNG THÚY

PHƯƠNG PHÁP TỐI ƯU TOÀN CỤC
GIẢI BÀI TOÁN MALFATTI
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG

HÀ NỘI, 2018

Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính trong luận văn, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc đến PGS.TS Tạ Duy Phượng, người thầy đã tận tình giúp đỡ, chỉ bảo và
cung cấp cho tôi những kiến thức nền tảng để tôi hoàn thành bài luận văn này.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy cô công tác tại Khoa Toán Trường Đại học
sư phạm Hà Nội 2 và các thầy cô khác đã trực tiếp giảng dạy, truyền đạt cho tôi những
kiến thức quý báu về chuyên môn cũng như kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong
thời gian qua.
Bên cạnh đó tôi xin được gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè và đồng nghiệp trường
THPT Bắc Sơn - Kim Bôi - Hòa Bình đã luôn bên cạnh động viên khích lệ giúp tôi
hoàn thành luận văn này.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 05 tháng 08 năm 2018
Học viên cao học

Đàm Thị Phương Thuý


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan những nội dung mà tôi trình bày trong khóa luận này là kết quả
quá trình nghiên cứu nghiêm túc của bản thân dưới sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình
của PGS.TS Tạ Duy Phượng.
Tôi xin cam đoan những số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trung
thực và không trùng lặp với đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan rằng mọi sự giúp đỡ
cho việc thực hiện luận văn này đã được cảm ơn và các thông tin trích dẫn trong luận
văn được chỉ rõ nguồn gốc.

Hà Nội, ngày 05 tháng 08 năm 2018

Học viên cao học

Đàm Thị Phương Thuý


Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 1: Tổng quan về bài toán Malfatti

1
3

1.1

Lịch sử bài toán Malfatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Phát biểu và chứng minh bài toán của Malfatti . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1

Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6


1.2.2

Chứng minh của Malfatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Một số chứng minh khác cho bài toán của Malfatti . . . . . . . . . . .

11

1.3.1

Chứng minh của V.A.Zalgaller và G.A.Los’ . . . . . . . . . . . .

11

1.3.2

Chứng minh của Shellbach năm 1826 . . . . . . . . . . . . . . .

36

1.3

1.4

Phương pháp hình học của Malfatti và Steiner giải bài toán Malfatti

.


41

1.4.1

Cách dựng của Malfatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

1.4.2

Cách dựng của Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

Chương 2: Phương pháp tối ưu toàn cục giải bài toán Malfatti
2.1

46

Đưa bài toán Malfatti về bài toán cực đại của một hàm lồi trên tập lõm 46

2.2

Điều kiện tối ưu toàn cục Strekalovsky cho bài toán cực đại hàm lồi . .

49

2.3

Áp dụng thuật toán MAX giải bài toán Malfatti . . . . . . . . . . . . .


50


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Vào năm 1803, nhà toán học người Ý Gianfrancesco Malfatti (1731- 1807) đã phát
biểu bài toán sau: “Cho một hình lăng trụ đứng tam giác được làm từ một loại chất
liệu, thí dụ khối đá hoa cương. Hãy cắt ra từ khối đá đó ba hình trụ không chồng lên
nhau có cùng chiều cao hình lăng trụ và có tổng thể tích lớn nhất có thể.” Để giải quyết
vấn đề trên, Malfatti đã đưa về bài toán “Xác định ba đường tròn trong tam giác đã
cho sao cho tổng diện tích của ba đường tròn đó là lớn nhất? ”. Malfatti và nhiều người
khác cho rằng, ba hình tròn phải tiếp xúc nhau từng đôi một và mỗi hình tròn phải
tiếp xúc với hai cạnh của tam giác. Các hình tròn thỏa mãn tính chất trên sau này
được gọi là hình tròn Malfatti. Đến khoảng gần 200 năm sau, các nhà toán học Lob và
Richmond đã chỉ ra rằng hình tròn Malfatti không phải là nghiệm của bài toán. Cho
đến ngày nay, các nhà toán học vẫn tiếp tục nghiên cứu và tìm ra lời giải tối ưu cho
bài toán của Malfatti. Gần đây, Rensen Enkbat đã phát biểu bài toán Malfatti dưới
dạng một bài toán tìm cực tiểu của hàm lõm (cực đại của hàm lồi) trên tập lồi và sử
dụng các công cụ của tối ưu toàn cục (điều kiện tối ưu toàn cục cho bài toán cực đại
hàm lồi, lần đầu tiên phát biểu bởi Strekalovsky) để xây dựng thuật toán hội tụ giải
bài toán Malfatti. Bài toán Malfatti với công cụ giải hiện đại (tối ưu toàn cục) vừa có
ý nghĩa lý thuyết và thực tế, vừa có ý nghĩa khoa học và thời sự. Đó chính là lí do mà
tôi chọn đề tài Phương pháp tối ưu toàn cục giải bài toán Malfatti làm đề tài
luận văn cao học.
2. Mục đích nghiên cứu
• Trình bày tổng quan về bài toán Malfatti.

1



• Trình bày lời giải bài toán Malfatti nhờ công cụ của tối ưu toàn cục.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
• Đọc và tổng hợp các tài liệu về bài toán Mlafatti trên mặt phẳng.
• Viết một luận văn tổng quan về các lời giải bài toán Malfatti trên mặt phẳng.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu "Phương pháp tối ưu toàn cục giải bài toán Malfatti."
5. Phương pháp nghiên cứu
• Thu thập các tài liệu liên quan đến bài toán Malfatti.
• Phân tích, tổng hợp và hệ thống các kiến thức liên quan tới đề tài và viết luận
văn trình bày một phương pháp mới giải bài toán Malfatti.
6. Dự kiến đóng góp cho đề tài
Xây dựng đề tài thành một tài liệu tổng quan về đề tài nghiên cứu.

2


Chương 1

Tổng quan về bài toán Malfatti
1.1

Lịch sử bài toán Malfatti

Vào năm 1803, Malfatti (1731 - 1807) của Đại học Ferrara, đã phát biểu bài toán
như sau: "Cho một hình lăng trụ đứng tam giác được làm từ một loại chất liệu, thí dụ
khối đá hoa cương. Hãy cắt ra từ khối đá đó ba hình trụ không chồng lên nhau có cùng
chiều cao hình lăng trụ và có tổng thể tích lớn nhất có thể?"
Điều đó dẫn đến bài toán cắt ba đường tròn không chồng lên nhau (không có phần
chung) từ một tam giác cho trước sao cho tổng diện tích của chúng là lớn nhất.

Malfatti và các nhà toán học khác xem xét bài toán này với giả sử rằng nghiệm của
bài toán chính là ba đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn còn lại và hai cạnh của
tam giác như Hình a dưới đây. Các đường tròn này được biết đến với tên gọi là các
đường tròn Malfatti. Cách dựng các đường tròn Malfatti là chủ đề bàn luận của nhiều
bào báo. Lịch sử tóm tắt được đưa ra bởi Eves, lịch sử đầy đủ được đưa ra bởi Lob và
Richmond [3] và lời gải của Schellbach được đưa ra bởi Dorire.

3


Khoảng 70 năm sau khi bài toán Malfatti được phát biểu trong tạp chí Annules de
Mathematiques pures er appliqués .J. D. Gergonne và J.E. Thomas Lavernède đã đề
xuất lời giải bài toán nội tiếp tam giác bởi ba đường tròn sao cho chúng đôi một tiếp
xúc nhau và tiếp xúc với hai cạnh bên của tam giác. Một trong ba bán kính của ba
đường tròn cần tìm là
2

[c c − (d − d ) (d − d )]
R
, (1.1)
r=
2
∂ c [c − (d − d )] + 2d [c − (d − d )] [c − (d − d )] + c [c − (d − d )]2
trong đó c, c , c là các cạnh của tam giác, d, d , d là khoảng cách từ các đỉnh tam
giác đến tâm đường tròn nội tiếp, R là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác. ∂ là
khoảng cách từ đỉnh tam giác đến tiếp điểm của đường tròn nội tiếp trên cạnh tương
ứng.
Jacobi Steiner (1796 - 1863) trong tạp chí Einige geometrische Betrachtungen đã
đưa ra cách dựng hình của lời giải bài toán Malfatti. Trước tiên, Steiner tìm các đường
phân giác của tam giác và xét ba đường tròn có tâm lần lượt là a1 , b1 , c1 tương ứng

nội tiếp các ∆AM B, ∆AM C, ∆BM C, trong đó M là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC. Gọi C1 là tiếp điểm của đường tròn tâm c1 lên cạnh AB của tam giác và
từ C1 dựng tiếp tuyến C1 A2 với đường tròn a1 (A2 thuộc đường thẳng BC). Dựng
đường tròn (b) nội tiếp tam giác C1 A2 B, khi đó đường tròn (b) là một trong ba đường
tròn cần tìm. Với cách tương tự ta dựng được các đường tròn (a) và đường tròn (c).
Đường thẳng C1 B2 A2 không chỉ tiếp xúc đường tròn (a1 ) mà cũng đồng thời tiếp xúc
với đường tròn (b1 ), cũng tiếp xúc với đường tròn a nội tiếp tam giác C1 AB2 là một
trong ba đường tròn cần tìm.
Với cách tương tự, cũng suy ra được từ điểm B1 là tiếp điểm của đường tròn (b1 ) với
cạnh AC, dựng đường thẳng tiếp xúc với cả đường tròn (a1 ) và đường tròn (c1 ) và
đồng thời cũng là tiếp tuyến chung của (a) và (c) và cũng từ điểm A1 là tiếp điểm của
4


đường tròn a1 với cạnh BC, cũng dựng được tiếp tuyến chung của các cặp đường tròn
b1 và c1 ; đường tròn (b) và (c).

Kết quả của Steiner tổng quát hơn Malfatti. Ban đầu bài toán chỉ là một trường
hợp cụ thể có nội dung như sau: Trong một tam giác cho trước dựng ba đường tròn sao
cho chúng tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với hai cạnh của tam giác.
Trong "Annales de Mathematiques pures et appliquéé" M. M. Gergonne và J. E.
Thomas Lavernède cũng đã xét bài toán: Nội tiếp một khối tứ diện bởi bốn quả bóng
tiếp xúc trong và mỗi quả trong chúng tiếp xúc với hai mặt của khối tứ diện. Steiner
nhận xét rằng bài toán luôn có thể giải được trong trường hợp bên trong mỗi khối tứ
diện luôn có thể nội tiếp ba quả bóng sao cho mỗi quả tiếp xúc với hai quả còn lại và
ba mặt của tứ diện.
Năm 1930, Lob và Richmond [3] để ý rằng các đường tròn Malfatti không phải là lời
giải đúng cho bài toán Malfatti. Trong một đoạn lưu ý ngắn, họ nhận xét rằng trong
một tam giác đều, đường tròn nội tiếp tam giác với hai đường tròn nhỏ nằm hoàn toàn
trong các góc có đường tròn lớn hơn đường tròn Malfatti. Sau đó Eves đã chỉ ra, với

tam giác bất kỳ các đường tròn không chồng lên nhau có tổng diện tích lớn hơn các

5


đường tròn Malfatti. Với chú ý trên, các đường tròn Malfatti không phải là lời giải cho
bài toán Malfatti.

1.2
1.2.1

Phát biểu và chứng minh bài toán của Malfatti
Phát biểu bài toán

Xác định ba đường tròn trong tam giác đã cho sao cho tổng diện tích của ba đường
tròn đó là lớn nhất?
1.2.2

Chứng minh của Malfatti

Cho tam giác ABV và L, I, M là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác trên
AV, AB, BV . Đặt AI = s, BI = t, V L = u và r là bán kính của đường tròn nội tiếp
thu được kết quả
r2 (s + t)
u=
.
st − r2

(1.2)


Hình 1.1:

Từ (1.2) ta suy ra
s+t+u=

stu
.
r2

Cũng từ (1.2) bằng cách bình phương hai vế sau đó thêm r2 ta được
√
st − r2
r 2 + u2
r2 + t2 . r2 + s2 =
.
r
6

(1.3)

(1.4)


Bình phương hai vế sau đó trừ đi u2 , ta được
s2 + t 2 − u 2 =

s2 t2 u2 2stu2
− 2 − 2st.
r4
r


(1.5)

Các công thức tương tự thu được bằng cách thay đổi vai trò trước hết của u và s và
sau đó là u và t. Gọi P và Q là hai điểm nằm trên đường thẳng AB, các đường thẳng
qua P và Q vuông góc với AB cắt đường phân giác góc A và góc B lần lượt tại K và
O. Các đường tròn tâm O và K có bán kính lần lượt là OQ và KP như mô tả trên
hình (1.1). Đặt AP = m, BQ = n, KP = x, OQ = y và N là đường thẳng qua O song
song với AB và KP . Khi đó: KN = KP − N P = KP − OQ = x − y.
Mặt khác, KO là đường nối tâm nên: KO = x + y.
∆KN O vuông tại N nên áp dụng định lý Pytagoras ta có
KO2 = KN 2 +N O2 ⇒ N O =

(x + y)2 − (x − y)2 =

KO2 − N K 2 =

√
4xy = 2 xy

Nhưng vì N O = P Q = AB − AP − BQ = s + t − m − n nên ta có
√
2 xy = s + t − m − n.

(1.6)

Tương tự, ta có các công thức sau
√
2 xz = s + t − m − p


√
2 zy = t + u − n − p.

(1.7)

Tương tự ta xét các cặp đường tròn khác có tâm là K và S, S và O.
Đặt p = V R, z = RS
∆AIC ∼ ∆AP K ⇒

AI
AP
s
m
rm
=
⇔ =
⇒x=
IC
PK
r
x
s.

Tương tự ta có
y=

rp
rn
,z = .
t

u

Từ (1.6) và (1.7), kết hợp với các giá trị x, y, z vừa tìm được theo m, n, p. Các giá trị
của m, n, p thỏa mãn hệ sau

(∗)


√
√
√
2 + s2 − r 2 + t 2 − r 2 + u 2

r
2m
=
s
+
t
+
u
−
r
+


√
√
√
r 2 + s2 − r 2 + u 2

√
√
√
2p = s + t + u − r + r2 + u2 − r2 + t2 − r2 + s2 .
2n = s + t + u − r +





r2 + t2 −

Cộng vế với vế của hai phương trình đầu tiên, ta được
7


2m + 2n = 2 s + t + u − r −

√

r 2 + u2 .

⇒s+t−m−n=r−u+

r 2 + u2 .

(1.8)

Đặt
stu

− r = A;
r2

√
r2 + t2 = T ;

√
r2 + s2 = S;

√

r2 + u2 = V.

Từ (1.3), ta cũng có
s+t+u=

stu
stu
⇒ s + t + u − r = 2 − r = A.
2
r
r

Khi đó hệ (*) trở thành




 2m = A + S − T − V
2n = A + T − S − V






2p = A + V − S − T.

Nhân vế với vế hai phương trình đầu ta được
4mn = (A − V )2 − (S − T )2 = A2 + V 2 − 2AV − S 2 − T 2 + 2ST.

(1.9)

Kết hợp với (1.5) ta suy ra
A2 + V 2 − S 2 − T 2 =

st(−2ur + 2u2 + 2r2 )
.
r2

Mặt khác, từ (1.4) ta cũng có
−2AV + 2ST =

−2stu + 2rst √ 2
. r + u2 .
r2

Và (1.9) trở thành
4mn =

st(−2ur + 2u2 + 2r2 )

−2stu + 2rst √ 2
+
. r + u2 .
r2
r2

Nhân cả hai vế của (1.9) với

r2
ta được
st

√
r2
= −2ur + 2u2 + 2r2 − 2(r − u). r2 + u2
st2
√
r
⇔ 4mn. = (r − u)2 − 2(r − u). r2 + u2 + r2 + u2
st
√
r2
2
⇔ 4mn. = r − u + r2 + u2 .
st
4mn.

Kết hợp (1.10) với (1.6) và (1.8), ta được
8


(1.10)


√
2 xy = 2r

mn
.
st

Từ các biểu thức liên quan giữa các giá trị của m, n, p tức độ dài các đoạn AP, BQ và
V R. Malfatti nhận được lời giải
2AP = 2m = s + t + u − r +

√

r 2 + s2 −

√
√
r2 + t2 − r2 + u2 .

khi s + t + u là nửa chu vi của tam giác. Gọi X là giao điểm của đường tròn nội tiếp
tam giác với đường phân giác AC. Khi đó
AX = AC − r =

√
r2 + s2 − r.

Kéo dài đường thẳng AB về phía B sao cho Ba = u, cho nên

Aa = AI + IB + Ba = s + t + u.
√
Sau đó lấy điểm b sao cho ab = AX, và do đó Ab = Aa + ab = s + t + u + r2 + s2 .
√
Từ Ab lấy ra được tổng của hai cát tuyến BC và V C tương ứng bằng r2 + t2 và
√
r2 + u2 cụ thể là bE. Từ kết quả đầu ra AE = 2m.
Đường thẳng qua trung điểm P của AE cắt đường phân giác AC của góc A tại K.
Khi đó K là tâm của một trong ba đường tròn đang tìm với bán kính P K.
Trong trường hợp ∆ABV cân (Hình 1.2), Malfatti nhận xét rằng có hai đường tròn
cần tìm bằng nhau. Đường nối tâm OK của hai đường tròn đó song song với AB cắt
đường cao V I tại điểm L là điểm chung của hai đường tròn đó. Để xác định bán kính
của các đường tròn bằng nhau, có thể dựng đường phân giác của AIC cắt đường phân
giác AC tại K. Khi đó K là tâm đường tròn cần tìm. Gọi P là chân đường vuông góc
hạ từ K xuống AB thì KP chính là bán kính của hai đường tròn. Đường thẳng qua
K song song với AB cắt đường phân giác góc B tại O. Khi đó O cũng là tâm của một
trong các đường tròn cần tìm. Dựng đường tròn thứ ba theo điều kiện tiếp xúc trước đó.

9


Hình 1.2:

Xét trường hợp ∆ABV là tam giác đều, Malfatti đưa ra các cách dựng hình cho
tâm của ba đường tròn như sau: lấy điểm S thuộc đường cao V I sao cho AI = SI, với
tâm C của đường tròn nội tiếp tam giác, dựng đường tròn tâm C bán kính CS cắt ba
đường phân giác CV, AC, CB tại S, K, O. Khi đó: S, K, O là tâm ba đường tròn cần
tìm. Gọi T, R, P, Q, M, Z lần lượt là hình chiếu của các tâm lên các cạnh. Khi đó ta có
KT = KP = OQ = OM = SZ = SR (xem Hình 1.3)


Hình 1.3:

10


1.3
1.3.1

Một số chứng minh khác cho bài toán của Malfatti
Chứng minh của V.A.Zalgaller và G.A.Los’

Ta kí hiệu các góc của tam giác lần lượt là 2α, 2β, 2γ và các đỉnh tương ứng với
chúng là A, B, C. Trong cách phát biểu của kết quả chính, giả sử rằng:
0<α≤β≤γ<

π
.
2

(1.11)

Kết quả chính: Ba đường tròn không chồng lên nhau có diện tích lớn nhất khi chúng
được sắp xếp trong tam giác theo cách dưới đây: Đường tròn K1 nằm trong tam
giác ABC . Đường tròn K2 tiếp xúc với hai cạnh AB, AC và đường tròn K1 . Với
β
sin α ≤ tan , đường tròn K3 tiếp xúc với hai cạnh BA, BC và đường tròn K1 (Hình
2
β
1 trong Hình 1.4). Và cũng với sin α ≤ tan , đường tròn K3 tiếp xúc với hai cạnh
2

β
AB, AC và đường tròn K2 (Hình 2 trong Hình 1.4). Do đó, với sin α = tan , về căn
2
bản có hai cách sắp xếp khác nhau sao cho tổng diện tích lớn nhất.

Hình 1.4:

Hệ rigid: Hệ gồm ba đường tròn không chồng nhau được gọi là hệ rigid nếu mỗi
đường tròn với vị trí không đổi so với hai đường tròn khác không thể liên tục di chuyển
trong tam giác bằng cách tăng bán kính đồng thời thỏa mãn điều kiện các đường tròn
không chồng lên nhau.
11


Bổ đề 1.3.1. Mỗi đường tròn trong hệ rigid có ít nhất ba tiếp điểm với các đường tròn
còn lại và các cạnh của tam giác, hơn nữa, các điểm tiếp xúc này không hoàn toàn nằm
trên nửa đường tròn ranh giới của đường tròn đang xét.
Thật vậy khi những điều kiện này không được thỏa mãn, rất dễ chỉ ra hướng khi
đường tròn thay đổi bán kính theo nghĩa tăng lên. Bổ để chỉ ra rằng mỗi đường tròn
trong hệ rigid tiếp xúc với một trong các cạnh.
Định lý 1.3.1. Tồn tại duy nhất 14 hệ rigid không là tổ hợp chung. Chúng được mô
tả như trong Hình 1.4 và Hình 1.5

Hình 1.5:

Chứng minh
1) Giả sử rằng trong một hệ rigid có một đường tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam
giác (như Hình 1.4). Diện tích của phần tam giác trống được chia thành ba miền.
– Nếu hai đường tròn còn lại nằm trên hai miền khác nhau, ta có Hình 2.
– Nếu trong hai đường tròn còn lại chỉ có một đường tiếp xúc với hai cạnh của

tam giác, đường còn lại chỉ tiếp xúc với một cạnh tam giác, ta có Hình 3 và
12


Hình 4.

– Nếu cả hai đường tròn còn lại đều chỉ tiếp xúc với một cạnh tam giác, ta có
Hình 5.

2) Giả sử cả ba đường tròn đều tiếp xúc với hai cạnh của tam giác.
– Nếu tâm của các đường tròn nằm trên các đường phân giác khác nhau , khi
đó hoặc ba đường tròn đôi một tiếp xúc nhau (Hình 6).
– Nếu hai đường tròn mà trong đó chúng không tiếp xúc nhau nhưng cùng tiếp
xúc với đường tròn thứ ba (Hình 7).
– Nếu tâm của ba đường tròn cùng nằm trên một đường phân giác ta có Hình
8.
13


3) Giả sử trong ba đường tròn có hai đường tiếp xúc với hai cạnh của tam giác và
đường còn lại chỉ tiếp xúc với một cạnh của tam giác. Khi đó
– Hoặc hai đường tròn vừa tiếp xúc với hai cạnh tam giác vừa tiếp xúc ngoài
nhau (Hình 9 và Hình 10).

– Hoặc hai đường tròn đó chỉ tiếp xúc với hai cạnh tam giác mà không tiếp xúc
nhau (Hình 11 và Hình 12).

4) Giả sử trong ba đường tròn nếu có hai đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam
giác và đường tròn còn lại tiếp xúc với hai cạnh tam giác, ta có Hình 13 và Hình
14.


14


So sánh Hình 1 và Hình 2: Trong Hình 1, đặt K2 và K3 là tâm các đường tròn
nội tiếp các góc nhỏ hơn trong tam giác, và trong Hình 2, đường tròn K2 và K3 đều
nằm trong góc nhỏ nhất của tam giác. Nếu đường tròn tâm K bán kính R nội tiếp góc
2λ, do đó một đường tròn khác cũng nội tiếp góc 2λ nhưng gần với đỉnh hơn và tiếp
xúc với (K) có bán kính r.

Hình 1.6:

Từ Hình vẽ (1.6), ta tìm được
δ 2
(1
−
tan
)
1 − sin δ
2
= R.
.
x = R.
1 + sin δ
δ 2
(1 + tan )
2

(1.12)


Diện tích của đường tròn K1 và K2 trong Hình 2 và Hình 1 là như nhau. Tổng diện
tích các hình tròn ở Hình 1 lớn hơn Hình 2 khi và chỉ khi bán kính của đường tròn K3
trong Hình 1 lớn hơn Hình 2, tương đương với
β 2
(1 − tan )
2 ≥ R.( 1 − sin α )2 ⇔ sin α ≥ tan β .
R.
1 + sin α
2
β 2
(1 + tan )
2
Để chứng minh bài toán, ta cần loại bỏ các khả năng mà tổng diện tích hình đường
15


tròn là lớn nhất trong các hình từ Hình 3 đến Hình 14.
Loại trừ trường hợp Hình 3: Xét tam giác cân (Hình 1.7 )

Hình 1.7:

với các đường tròn K1 , K2 , K3 và hai đường tròn phụ trợ K4 , K5 với các bán kính
1 + sin α
= R1 .cot2 β,
1 − sin α
R1
R1 R2
=
= √
,

√
2
(1 + cot β)2
( R1 + R2 )
1 − sin α
,
= R1 .
1 + sin α
1 − sin β
= R2 .
.
1 + sin β

R2 = R1 .
R3
R4
R5

Để đơn giản, giả sử R1 = 1.
Cho α = 0, 462, khi đó R2 ≈ 2, 608; R3 ≈ 0, 381; R4 ≈ 0, 383; R5 ≈ 0, 809 ta nhận
thấy ngay R4 > R3 , R5 > R3 . Giảm α, khi đó R3 giảm đồng thời R4 tăng. Do đó, với
α ≥ 0, 462, bất đẳng thức R4 > R3 luôn xảy ra. Chúng ta sẽ chứng minh rằng với
α ≥ 0, 462, bất đẳng thức R5 > R3 luôn xảy ra. Thật vậy,
√
√
1−x
R5 − R3
π β
1
2x

√
= tan( − ) −
=
−
.
β
4
2
1 + x 1 + 2x − x2
R2
1 + cot
2
Với α ≥ 0, 462 ta được
π α
π
− ) ≤ tan( − 0, 1155) ≈ 0, 2845.
8
4
8
1−x
2x
Tuy vậy, với 0 ≤ x ≤ x0 thì
−
> 0. Do đó, R5 > R3 .
1 + x 1 + 2x − x2
Bây giờ giả sử rằng ∆ABC không nhất thiết phải là tam giác cân. Không mất tính
x0 = tan(

16



tổng quát, giả sử rằng B ≤ C. Từ đó, với α ≤ 0, 462 diện tích tăng bằng cách thay K3
bởi K4 và với α ≥ 0, 462 thay K3 bởi K5 .
Hình 4 bị loại cùng với Hình 11.
Loại bỏ hình 5: Xét Hình (1.8)

Hình 1.8:

π
. Do đó, B ≤ A và K được chiếu lên đường phân
3
giác góc C và sau đó được phóng to.
π
Bây giờ giả sử rằng A < . Kẻ tiếp tuyến chung T của đường tròn K1 và K2 . Theo
3
π
giả thiết, A < , nên tồn tại ít nhất một trong hai góc ϕ và ψ lớn hơn góc A. Không
3
mất tính tổng quát giả sử ϕ > A. Trong trường hợp K1 được chiếu lên phân giác góc
Giả sử rằng, B ≤ C cho A <

ψ và được phóng to.
Loại bỏ hình 6:
Định lý 1.3.2. Tổng của các đường tròn được sắp xếp trong tam giác theo Hình 6 luôn
luôn có diện tích nhỏ hơn cách sắp xếp trong Hình 1.
Khẳng định này được xác minh bằng máy tính, được đưa ra trong [4] và được đơn
giản hóa trong [2]. Ta có thể tính toán như sau: các đường tròn được sắp xếp như Hình
6 được gọi là các đường tròn Malfatti. Nếu 2α, 2β, 2γ là các góc của tam giác và R là
bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Khi đó bán kính của các đường tròn Malfatti


17


là
ρα

ρβ

ργ
Đặt 2α =

β
γ
R (1 + tan 2 )(1 + tan 2 )
=
.
,
α
2
(1 + tan )
2
α
γ
R (1 + tan 2 )(1 + tan 2 )
=
.
,
β
2
(1 + tan )

2
β
α
(1
+
tan
)(1
+
tan
)
R
2
2
.
=
.
γ
2
(1 + tan )
2

π
−α
2

α
1 + sin α
1 + sin 2α
4
⇒ (1 + tan ) = 2.

= 2.
=
,
2
2
1 + cos α
1 + cos 2α
(1 + tan α)
2
(1 + tan α)
2
2
⇒ ρα = R .
.
2
2
(1 + tan β) (1 + tan γ)
Tương tự, ta có

(1.13)

2

(1 + tan β)
π
2β = − β ⇒ ρ2β = R2 .
,
2
2
2

(1 + tan α) (1 + tan γ)

(1.14)

2

π
(1 + tan γ)
2γ = − γ ⇒ ρ2γ = R2 .
.
2
2
2
(1 + tan β) (1 + tan α)

(1.15)

Nếu sau khi dựng đường tròn nội tiếp tam giác, ta dựng các đường tròn lớn nhất của
mỗi góc “ tự do” của tam giác, do đó bán kính của các đường tròn đó là
1 − sin α
= R.tan2 α,
1 + sin α
1 − sin β
= R.
= R.tan2 β,
1 + sin β
1 − sin γ
= R.
= R.tan2 γ.
1 + sin γ


Rα = R.
Rβ
Rγ

Để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh
2
ρ2α + ρ2β + ρ2γ < R2 + .(Rα2 + Rβ2 + Rγ2 )
3

(1.16)

Từ (1.13), (1.14) và (1.15) ta có
4

4

(1.16) ⇔

(1 + tan α) + (1 + tan β) + (1 + tanγ)
2

2

(1 + tan α) (1 + tan β) (1 + tanγ)
2
≤ C + (tan4 α + tan4 β + tan4 γ),
3
18


2

4

,
(1.17)


9
2
trong đó, C = √
− ≈ 0, 98355 < 1.
2
9
( 3 + 1)
Loại bỏ Hình 7 Giả sử diện tích lớn nhất của diện tích đạt được khi ta sắp xếp
các hình tròn như Hình 7 (Hình 1.9). Bán kính x có thể thay đổi được.

Hình 1.9:

Các bán kính y và z được tính theo x. Ngoài ra, x và y liên hệ với nhau theo hệ thức
√
x. tan α + 2 xy + y. tan β = α,
do đó
Y
Y

√
xy. cot γ + y
= √

< 0,
xy. cot β + x

√
√
−(x2 cot γ + xy cot β + 2x xy)Y + (y 2 cot β + cot γ.xy + 2y xy
=
.
√ √
2 xy( xy. cot β + x)2

Tương tự, s > 0. Bây giờ, với tổng bình phương các bán kính

L(x) = x2 + y(x)2 + z(x)2 ,
L (x) = 2x + 2y(x)y (x) + 2z(x)z (x),
ta có
d2 L
2
2
= 2 1 + y + yy + z + zz
dx2

19

> 0.


mâu thẫn với giả sử rằng diện tích là lớn nhất.
Loại bỏ trường hợp Hình 8: Giả sử ta có diện tích lớn nhất khi sắp xếp các đường
tròn như Hình 8 ( xem Hình 1.10). Ở đây (tương tự như trường hợp của Hình 7) y > 0.


Hình 1.10:

Tương tự, z = x.

1 − sin α
khi z = 0. Do đó với
1 + sin α

L(x) = x2 + y(x)2 + z(x)2 , ta lại có

d2 L
2
2
= 2 1 + y + yy + z + zz
2
dx

> 0.

mâu thuẫn với giả sử diện tích lớn nhất.
Loại bỏ trường hợp Hình 9:
Định lý 1.3.3. Tổng diện tích của các hình tròn không thể là lớn nhất theo cách sắp
xếp của Hình 9.
Chứng minh
• Giả sử rằng diện tích các đường tròn là lớn nhất khi ta sắp xếp ba đường tròn
K1 , K2 , K3 như trong Hình 9 (Hình vẽ 1.11). Dựng các trục x và y như trong
Hình 1.11. Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính của đường tròn thứ nhất là
R1 = 1 Các cấu hình được đặc trưng bởi các góc α, β, γ và một chiều tiếp tuyến
O1 D để thuận tiện ta kí hiệu O1 D = 2t2 − 1.

Xét các đường tròn phụ K4 , K5 , K6 (Hình 1.11) (Trường hợp hai đường tròn K3
và K4 chồng lên nhau và điểm C nằm dưới trục x không bị loại). Ta giả thiết
R3 > R4 , R3 > R5 , R3 > R6 .

(1.18)

Nếu không ta thay thế K3 bởi một đường tròn lớn hơn (hoặc bằng) trong số các
đường tròn K4 , K5 , K6 dẫn đến diện tích của các đường tròn tăng (hoặc theo sơ
20