Thoát vào không gian

Kvant 1975, số 5 tr. 45-49 Thẻ FY1Z

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

RA
vào không gian

I. F. Sharyzin

Hãy thử giải câu đố sau: ghép bốn hình tam giác đều trong số sáu que diêm sao cho mỗi bên có cả một que diêm. Những nỗ lực giải quyết nó dường như không dẫn đến thành công. Hơn nữa, có thể chứng minh rằng việc xây dựng như vậy là không khả thi trên mặt phẳng (hãy thử cách này). Làm thế nào điều này có thể được? Hóa ra là bạn cần phải đi ra ngoài không gian và ghép các khối tứ diện chính xác từ các que diêm lại với nhau (Hình 1). Không thể thực hiện được trên mặt phẳng nhưng khả thi trong không gian ba chiều!

Việc đi vào không gian cũng hữu ích cho lời giải một số phép đo phẳng bài toán. Một ví dụ kinh điển là định lý Desagrag. Nếu hai tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_2B_2C_2$ nằm trên một mặt phẳng sao cho các đường thẳng $A_1A_2$ , $B_1B_2$ , $C_1C_2$ cắt nhau tại một điểm thì tại giao điểm của các đường $A_1B_1$ và $A_2B_2$ , $B_1C_1$ và $B_2C_2$ , $C_1A_1$ và $C_2A_2$ nằm trên cùng một đường thẳng (Hình 1).

Cơm. 1.

Cơm. 2.

(Hình 2). Phát biểu của định lý trở nên rõ ràng nếu bạn nhìn thấy một hình không gian trong Hình 2, cụ thể là một góc tam diện cắt nhau bởi hai mặt phẳng: một mặt phẳng cắt các cạnh của góc tam diện tại các điểm $A_1$ , $B_1$ và $C_1$ , và mặt phẳng kia tại các điểm $A_2$ , $B_2$ và $C_2$ . Tại giao điểm của các cạnh tương ứng của các tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_2B_2C_2$ thuộc giao tuyến của các mặt phẳng này và do đó nằm trên cùng một đường thẳng.

Với sự trợ giúp của việc thoát ra ngoài không gian, định lý Brianchon cũng được chứng minh. Thiết kế chứa các đỉnh của hình lục giác được mô tả giao nhau tại một điểm.

Bằng chứng. Cho ABCDEF là một hình lục giác phẳng ngoại tiếp một đường tròn. Chúng ta hãy lấy một hình lục giác không gian tùy ý $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (Hình 3), khác với ABCDEF, pro-

có hình chiếu lên mặt phẳng $p$ là hình lục giác $ABCDEF$ và các cạnh tương ứng của nó đi qua các điểm tiếp tuyến của hình lục giác $ABCDEF$ với đường tròn. Để chứng minh sự tồn tại của một hình lục giác $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ như vậy, chỉ cần lấy một đỉnh, ví dụ $A_1$ , tùy ý trên phân bố lại cho mặt phẳng $p$ , được khôi phục tại điểm $A$ ; thì các đỉnh còn lại được xác định duy nhất. Trên thực tế, gọi $a, b, c, d, e, f$ là độ dài các tiếp tuyến của đường tròn được vẽ tương ứng qua các điểm $A, B, C, D, E, F$ và $h$ khoảng cách từ $A_1$ đến mặt phẳng lục giác $ABCDEF$ . Khi đó $B_1$ nằm ở phía bên kia của mặt phẳng, so với $A_1$ ở khoảng cách $hb/a$ , $C_1$ dọc theo góc của cạnh mặt phẳng là $A_1$ , ở khoảng cách $\frac{hb}{a} \cdot \frac{c}{b} = \frac{hc}{a}$ so với mặt phẳng, v.v. Cuối cùng, chúng ta thấy rằng $F_1$ nằm ở phía bên kia của mặt phẳng hơn $A_1$ , ở khoảng cách $hf/a$ , và do đó, $A_1$ và $F_1$ nằm trên một đường thẳng đi qua điểm tiếp tuyến $AF$ , với đường tròn. Hai cạnh đối diện bất kỳ của hình lục giác $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ đều nằm trong cùng một mặt phẳng (bạn hãy tự chứng minh). Do đó, hai đường chéo bất kỳ nối các đỉnh đối diện của hình lục giác $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ cắt nhau, và do đó cả ba đường chéo của hình lục giác $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (chúng không nằm trong cùng một mặt phẳng) cắt nhau tại một điểm. Vì lục giác $ABCDEF$ là hình chiếu của lục giác $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ nên định lý được chứng minh.

Lưu ý rằng một thực tế tổng quát hơn có thể được chứng minh theo cách tương tự. Nếu các đường $AB, BC, CD, DE, EF$ và $FA$ chạm vào cùng một đường tròn thì các đường $AD, BE$ và $CF$ cắt nhau tại một điểm hoặc song song. Một trong những trường hợp có thể sắp xếp các điểm $A, B, C, D, E, F$ bằng nhau được hiển thị trong Hình 4.

Chỉ định lý Brianchon đã được chứng minh trước đây hóa ra là đúng đối với một hình lục giác được mô tả xung quanh một phần hữu hạn tùy ý (hình elip, parabol, hyperbola), vì một phần hữu hạn tùy ý có thể được chiếu tới một điểm nào đó lên một mặt phẳng khác sao cho hình chiếu của nó sẽ là một đường tròn. Trong trường hợp này, các đường tiếp tuyến với phần cuối cùng sẽ biến thành các đường thẳng tiếp tuyến với đường tròn.

Đây là một ví dụ phức tạp hơn. Chứng minh rằng không thể tìm được tâm đường tròn bằng một đường thẳng.

Trống, vòng tròn này nằm trong mặt phẳng $\alpha$ . Nếu chúng ta chứng minh rằng tồn tại một mặt phẳng $\beta$ và một điểm $O$ sao cho hình chiếu của một đường tròn cho trước so với điểm $O$ lên mặt phẳng $\beta$ là một đường tròn, nhưng đồng thời đường tròn thứ nhất đi đến một điểm khác với tâm của đường tròn thứ hai, thì chúng ta sẽ chứng minh rằng

ngôi nhà sẽ được giải quyết (Hình 5). Thật vậy, bất kỳ công trình nào sử dụng một thước trong mặt phẳng $\alpha$ đều tương ứng về mặt thiết kế với một công trình sử dụng một thước trong mặt phẳng $\beta$ .

Đối với mặt phẳng $\beta$ ta lấy mặt phẳng tùy ý cắt mặt phẳng $\alpha$ dọc theo đường thẳng $l$ không đi qua tâm của đường tròn đã cho. Gọi $AB$ là đường kính của một đường tròn cho trước vuông góc với $l$ và $N$ là giao điểm của các đường $AB$ và $l$ . Chúng ta hãy khôi phục từ điểm $N$ đường vuông góc với $l$ nằm trong mặt phẳng $\beta$ và lấy các điểm $A_1$ và $B_1$ trên đó sao cho $A_1N = BN$ , $B_1N = AN$ . Là điểm $O$ —tâm của hình chiếu—chúng ta lấy điểm giao nhau của các đường $AA_1$ và $BB_1$ . Rõ ràng, phần giữa của đoạn $AB$ được chiếu tới một điểm khác với phần giữa của đoạn $A_1B_1$ .

Hãy lấy một điểm tùy ý $D$ trên một vòng tròn cho trước $DM \perp AB$ . Hình chiếu của $DM$ sẽ là $D_1M_1 \perp A_1B_1$ . Hãy chứng minh rằng $D_1$ nằm trên đường tròn có đường kính $A_1B_1$ . Hãy sử dụng thực tế là $M_1D_1 \cdot MO = MD \cdot M_1O$ ( $\Delta DMO \approx \Delta D_1M_1O$ ) và $MD^2 = BM \cdot MA$ . Chúng ta cần chứng minh rằng $M_1D_1^2 = B_1M_1 \cdot M_1A_1$ , hoặc sử dụng hai đẳng thức trước đó, thu được

$\frac{BM \cdot MA}{MO^2} = \frac{B_1M_1 \cdot M_1A_1}{M_1O^2},$

$\frac{BM}{MO} \cdot \frac{MA}{MO} = \frac{B_1M_1}{M_1O} \cdot \frac{M_1A_1}{M_1O}.$

Thay tỉ số của các đoạn trong đẳng thức cuối cùng bằng tỉ số của các góc đối diện của các tam giác tương ứng, ta thu được đẳng thức đánh giá

$\frac{\sin \varphi}{\sin \gamma} \frac{\sin \psi}{\sin \mu} = \frac{\sin \varphi}{\sin \mu} \cdot \frac{\sin \psi}{\sin \gamma}.$

Một trong những hình ảnh minh họa đẹp nhất và cần thiết nhất cho chủ đề “Thoát vào không gian”, có lẽ là lời giải phương pháp này của bài toán A pollonya nổi tiếng. Chúng ta hãy gán cho mỗi đường tròn trong một mặt phẳng cho trước hai điểm không gian nằm ở hai phía đối diện của mặt phẳng, cách mặt phẳng này một khoảng bằng bán kính của đường tròn và hình chiếu của mỗi điểm đó lên mặt phẳng là tâm của đường tròn. Ngược lại: mỗi điểm trong không gian tương ứng với một đường tròn trong mặt phẳng của chúng ta, tâm của đường tròn đó trùng với hình chiếu của điểm lên mặt phẳng và bán kính bằng khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Trước khi chuyển sang lời giải bài toán Một đường tròn đầy đủ, chúng ta hãy chú ý đến các trường hợp sau: nếu $P$ là một trong hai điểm tương ứng với đường tròn $k$ , thì bất kỳ điểm nào nằm trên bề mặt hữu hạn, đỉnh của nó là điểm $P$ , và hướng dẫn là đường tròn $k$ (cả hai tầng của bề mặt này đều được xem xét), tương ứng với một đường tròn $k$ (Hình 6).

Bây giờ hãy để ba vòng tròn đã cho nằm trên một mặt phẳng. Đối với mỗi mặt, chúng tôi xây dựng một trong hai bề mặt hữu hạn bằng phương pháp trên. Điểm giao nhau của ba bề mặt này tương ứng với một đường tròn tiếp xúc với ba dữ liệu. Bằng cách lấy các vị trí khác nhau của điểm tương ứng với các vòng tròn, chúng ta có thể nhận được tất cả lời giải của bài toán.

Chúng tôi sẽ đưa ra một số ví dụ trong đó không gian ba chiều sẽ hữu ích. Không gian bốn chiều có thể giúp được không? Tất nhiên là có! Ví dụ: với sự trợ giúp của nó, bạn có thể giải quyết vấn đề tổng thể như vậy gồm mười trận đấu bằng cách gấp mười hình tam giác đều sao cho cạnh của mỗi tam giác bằng toàn bộ trận đấu.

Lời giải. Bạn cần phải đi ra ngoài không gian bốn chiều và gấp một khối đa diện vào đó, tương tự như một khối tứ diện. Các khối đa diện như vậy được gọi là sимплеками. Đơn giản trên mặt phẳng là một hình tam giác, trong không gian ba chiều - hình tứ giác; Bạn có thể biết hình đơn hình là gì trong không gian bốn chiều từ Hình 7. Tất nhiên, ví dụ này chỉ nghiêm túc một nửa, nhưng đây là một ví dụ hoàn toàn nghiêm túc. Cho ba mặt phẳng cắt nhau dọc theo một đường thẳng. Hãy xem xét ba góc tam giác, các đỉnh của chúng nằm trên đường thẳng này và các cạnh nằm trong các mặt phẳng này (chúng ta giả sử rằng các cạnh tương ứng, tức là các cạnh nằm trong cùng một mặt phẳng, không giao nhau tại một điểm). Khi đó ba giao điểm của ranh giới tương ứng của các góc ba nêm này nằm trên cùng một đường thẳng (Hình 8). Vì để chứng minh định lý này chúng ta muốn “đi ra” không gian bốn chiều nên trước tiên chúng ta sẽ nói về một số tính chất của không gian này.

Các hình đơn giản nhất của không gian bốn chiều sẽ là: một điểm, một đường thẳng, một mặt phẳng và một đa tạp ba chiều mà chúng ta gọi là siêu phẳng. Ba hình đầu tiên là những dấu hiệu cũ của chúng ta từ không gian ba chiều. Đúng, một số tuyên bố liên quan đến chúng cần được diễn đạt lại. Ví dụ, cùng với tiên đề sau về không gian ba chiều: nếu hai mặt phẳng khác nhau thuộc cùng một siêu phẳng có một điểm chung thì chúng cắt nhau theo một đường thẳng. Sự ra đời của một hình học mới - một siêu phẳng - buộc phải đưa ra một nhóm tiên đề liên kết với nó, tương tự như cách, trong quá trình chuyển đổi từ các mặt phẳng hình học sang không gian hình học ba chiều - các mặt phẳng, một nhóm tiên đề (bạn có nhớ những tiên đề nào không?) được giới thiệu, thể hiện các tính chất cơ bản của các mặt phẳng trong không gian. Nhóm này bao gồm ba tiên đề sau:

Dù siêu phẳng là gì thì cũng có những điểm thuộc về nó và có những điểm không thuộc về nó.
Nếu hai siêu phẳng khác nhau có một điểm chung thì chúng cắt nhau trên một mặt phẳng, nghĩa là tồn tại một mặt phẳng thuộc siêu phẳng đó.
Nếu một đường thẳng không thuộc mặt phẳng có một điểm chung với nó thì

có một siêu phẳng chứa đường thẳng này và mặt phẳng này.

Từ những tiên đề này, ngay lập tức suy ra rằng bốn điểm không thuộc cùng một mặt phẳng xác định một siêu phẳng; Tương tự như vậy, ba đường thẳng không thuộc cùng một mặt phẳng nhưng có một điểm chung hoặc hai mặt phẳng khác nhau có một đường thẳng chung thì xác định một siêu phẳng. Chúng tôi sẽ không chứng minh những tuyên bố này; cố gắng tự làm điều đó.

Để suy luận sâu hơn, chúng ta cần một thực tế sau đây, vốn đúng trong không gian bốn chiều: ba siêu phẳng khác nhau có một điểm chung thì có một đường thẳng chung. Trong thực tế, theo Axim 2, hai siêu phẳng bất kỳ trong ba siêu phẳng đều có một mặt phẳng chung. Chúng ta hãy lấy hai mặt phẳng mà một trong ba siêu mặt phẳng giao nhau với hai mặt phẳng còn lại. Hai mặt phẳng này thuộc cùng một siêu phẳng - đa tạp ba chiều, có một điểm chung nên cắt nhau theo một đường thẳng hoặc trùng nhau.

Bây giờ chúng ta chuyển sang chứng minh khẳng định của chúng ta. Nếu ba mặt phẳng được đề cập trong các điều kiện đều nằm trong không gian bốn chiều thì phát biểu sẽ hiển nhiên. Thật vậy, mọi góc tam giác đều xác định một siêu phẳng. Hai siêu phẳng cắt nhau trong một mặt phẳng. Mặt phẳng này không thuộc siêu phẳng thứ ba (theo điều kiện, các siêu mặt phẳng này cắt một trong các mặt phẳng này dọc theo ba đường thẳng không đi qua một điểm) và do đó cắt nó theo một đường thẳng. Ba mặt tương ứng của các góc tam diện đều nằm trong một siêu mặt phẳng, được xác định bởi hai mặt phẳng chứa các mặt tương ứng và có một điểm chung. Khi các điểm này thuộc ba siêu mặt phẳng được xác định bởi các góc tam diện và như đã được chứng minh, nằm trên cùng một đường thẳng. Bây giờ, để hoàn thành chứng minh, chỉ cần “nhìn thấy” trong các điều kiện đã cho bài toán hình chiếu của cấu hình bốn chiều tương ứng của mặt phẳng và các góc tam diện là đủ.

Để kết luận, tôi muốn khuyên người đọc rằng không nên quá tin tưởng vào “trực giác ba chiều” của mình khi nói đến không gian bốn chiều.

Bạn nghĩ một khối đa diện lồi có thể có bao nhiêu mà mỗi đoạn nối hai đỉnh bất kỳ của nó là một cạnh? Trên mặt phẳng chỉ có hình tam giác có tính chất này, trong không gian - hình tứ diện. Trong không gian bốn chiều cũng có các khối đa diện với số đỉnh lớn tùy ý (ví dụ, xem Hình 9).

Ở sự khác biệt

Bốn mã đi bộ A, B, C, D đi dọc theo bốn mặt phẳng thẳng với vận tốc không đổi. Được biết mã đi bộ A, B và C gặp nhau, mã đi bộ D gặp A và B. Chứng minh mã đi bộ C và D gặp nhau.
Ba đường tròn rời nhau được cho trên một mặt phẳng. Chúng ta hãy xem xét sáu điểm, mỗi điểm là giao điểm của các tiếp tuyến chung bên trong hoặc bên ngoài chung với mỗi dữ liệu của đường tròn. Chứng minh rằng sáu điểm này nằm trên một mặt phẳng bốn chiều. Xây dựng một tam giác có các đỉnh nằm trên các đường thẳng cho trước và các cạnh đi qua các điểm đã cho.
Cho ba đường thẳng song song và ba điểm trên một mặt phẳng. Xây dựng một tam giác có các đỉnh nằm trên các đường thẳng cho trước và các cạnh đi qua các điểm đã cho.
Ba điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng. Lấy một đường tròn tùy ý đi qua A và B và vẽ hai tiếp tuyến với nó từ C - CM và CN. Chứng minh rằng giao điểm của đường thẳng MN và AB đã được dựng lên.
Cho A là một điểm nằm trong một đường tròn cho trước, BC là một dây cung tùy ý đi qua A. Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại điểm M. Tìm quỹ tích của các điểm M.
Chứng minh rằng trong không gian bốn chiều, hai mặt phẳng có thể cắt nhau tại một điểm.