Toán bida

17

A. Zemlyakov

TOÁN HỌC
BILLIARD

Tận tụy
trong ký ức yêu thương
Alexander Abramovich
Shertsevsky,
Giáo viên dạy toán.

Những bàn bida được mô tả trong bài viết này không giống những bàn bida thông thường cho lắm. Rất nhiều: Bàn bida không phải lúc nào cũng thẳng, chỉ có một quả bóng và không có túi hoặc gậy. Nhưng đừng buồn, chúng tôi sẽ cố gắng chứng minh rằng ngay cả một quả bóng trên sân Bi-a cũng có thể đặt ra nhiều câu đố cho những người yêu toán học.

§ 1. Bài toán Billiard tổng quát
Theo các định luật cơ học, khi một quả bóng bi-a đàn hồi tuyệt đối bị phản xạ từ một cạnh thẳng MN thì “góc tới” của quả bóng bằng “góc phản xạ của nó” - chính xác hơn là góc APM bằng góc BPN.
Dưới đây chúng ta sẽ gọi thực tế này là định luật phản xạ đàn hồi.
Ở đây chúng ta đã giả định rằng quả bóng bi-a là nước tiểu, tức là, như các nhà vật lý nói, “kích thước của quả bóng ở những khoảng cách nhất định có thể bị bỏ qua”. Vì vậy, chúng ta tin rằng quả bóng Bi-a là một điểm chuyển động, và do đó chúng ta có thể nói về quỹ đạo của quả bóng Bi-a - về đường gãy mà quả bóng di chuyển theo định luật phản xạ đàn hồi (Hình 1). Điểm đứt của đường đứt này nằm ở “các cạnh của bàn bida”. Chúng ta sẽ xem xét Bàn bida hình dạng miễn phí.
Về nguyên tắc, các cạnh của bàn bida cũng có thể cong - khi đó định luật phản xạ đàn hồi được xây dựng như trước, chỉ có góc tới và góc phản xạ phải được hiểu là các góc giữa các phần tương ứng (“sự cố” và “phản xạ”) của quỹ đạo và tiếp tuyến MN với mặt bàn cong tại điểm P khi quả bóng va chạm với mặt bên. Chúng tôi không đưa ra định nghĩa như đã hứa về tiếp tuyến của một đường cong - khá trực quan

22

Cơm. 9.

và sự dao động của nó có liên quan chặt chẽ với cái gọi là dao động tự nhiên của màng đàn hồi, có hình dạng vùng Q. Nói một cách đại khái, nếu bạn làm một chiếc trống có hình dạng vùng Q (với khung có dạng đường cong Γ), thì âm thanh âm nhạc do chiếc trống này phát ra có liên quan chính xác đến bàn bida tương ứng! Thật không may, để giải thích sự thật thú vị này, chúng ta sẽ phải đi sâu vào các nhánh toán học quá quen thuộc đối với «Kvant». Người đọc quan tâm chỉ có thể được khuyên nên nghiên cứu đủ toán học để giải thích mối liên hệ giữa bida và trống.

§ 3. Tính chất cực đoan của quỹ đạo bida

Phương pháp xây dựng quỹ đạo bi-a dẫn từ một điểm A đến một điểm B cho trước sau một phản xạ từ một cạnh thẳng MN tuân theo định luật phản xạ đàn hồi: hướng điểm B′, đối xứng với điểm B so với đường thẳng MN, và nối A với B′ (Hình 9); điểm P giao nhau của đường thẳng AB′ và MN sẽ là điểm va chạm của quả bóng với cạnh MN, và đoạn thẳng APB là quỹ đạo mong muốn (giải thích). Từ cách xây dựng, có thể thấy rất rõ rằng quỹ đạo bi-a APB là đường ngắn nhất trong tất cả các đường đứt nét có dạng AP′B với điểm P′ trên đường thẳng MN dẫn từ A đến B! (Đưa ra bằng chứng chi tiết.) Phát biểu này là một phần và là trường hợp đơn giản nhất của nguyên lý cơ bản của cơ học cổ điển - nguyên lý tác dụng tối thiểu (trong quang học nó được gọi là nguyên lý Fermat)*. Trong tình huống của chúng ta, nguyên tắc này có thể được hình thành như sau: quả bóng bida “thông minh” và chọn con đường ngắn nhất trong tất cả các đường đi có thể. Cho đến nay, chúng ta chỉ thiết lập “nguyên lý đường đi ngắn nhất” trong trường hợp một phản xạ từ một cạnh thẳng. Trong các vấn đề 5-7, nên kiểm tra nó trong trường hợp bóng được phản xạ không phải một lần mà nhiều lần mà từ các cạnh thẳng.

Bài toán 5. Điểm A và B nằm trong góc nhọn MON. Xây dựng đường gãy cực đại AP₁P₂B với các đỉnh P₁ trên [OM) và P₂ trên [ON). Chứng minh rằng đường đứt nét này là quỹ đạo bi-a bên trong góc MON dẫn từ A đến B.

Bài toán 6. (A). Trong một góc nhọn MON cho trước, nội tiếp tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất, đỉnh A nằm tại một điểm bên trong góc, hai đỉnh còn lại nằm trên hai cạnh của góc.

(B). “Bài toán Fagnano.” Cho tam giác nhọn MLN, nội tiếp tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Chứng minh rằng tam giác ABC này có quỹ đạo bi-a tuần hoàn bên trong tam giác MLN.

Bài toán 7. Có hai quả bóng A và B trên bàn bida thẳng KLMN. Nên đẩy bi A theo hướng nào để sau 4 lần phản xạ liên tiếp từ các phía KL, LM, MN, NK sẽ chạm vào bi B? Đối với bất kỳ vị trí nào của quả bóng A và B, bài toán có lời giải không? Liệu quỹ đạo AP₁P₂P₃P₄B này có phải là ngắn nhất trong tất cả các đường gãy thuộc loại này (bắt đầu từ điểm A, đi dọc các cạnh của bàn theo trình tự đã chỉ định và kết thúc tại điểm B)?

Hóa ra việc thay thế cạnh thẳng của một lá neembrane cong đã “làm bối rối” quả bóng bi-a đến mức đôi khi nó không di chuyển theo đường ngắn nhất mà ngược lại, là đường đi dài nhất! Chúng ta hãy xem xét tình huống này một cách chi tiết.

Định lý 2. Nếu đường đứt nét APB có hai đầu A và B và một điểm từ

*) Để biết thêm thông tin về điều này, xem bài viết của S. G. Verov “Brachistochrone, hoặc Myna Cyclops khác”, «Kvant», 1975, số 12.

23

Quét. Dưới đây, để ngắn gọn, chúng tôi lược bỏ từ “địa phương”. Để chứng minh đường đi “nguyên nhân cực trị” (tức là tối thiểu hoặc tối đa) được công thức hóa cho quỹ đạo bi-a, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp phổ biến để nghiên cứu bài toán mức tối đa và tối thiểu; mô tả của nó trong trường hợp tổng quát có thể được tìm thấy trong cuốn sách của N. B. Vasiliev và V. L. Gutenmacher “Đường thẳng và đường cong”, § 7, hoặc trong bài viết của V. G. Boltyansky và I. M. Yaglom “Hình học bài toán cho cực đại và cực tiểu” trong Tập V của “Bách khoa toàn thư về toán học sơ cấp”.

Chứng minh Định lý 2. Với mỗi số $c > |AB|$, xét tập hợp $\Gamma_c$, bao gồm các điểm $M$ mà $|AM| + |MB| = c$. Như đã biết (ví dụ, xem cuốn sách “Đường thẳng và đường cong” nói trên, § 5, hoặc bài viết của I. N. Bronstein “Ellipse”, «Kvant» số 1 cho năm 1975), tập hợp $\Gamma_c$ là một hình elip với các điểm hình thành $A$ và $B$; chúng tạo thành một họ các hình elip đồng tiêu $\{\Gamma_c\}$. Dễ dàng nhận thấy rằng nếu đường đứt nét $APB$ là nhỏ nhất hoặc lớn nhất thì điểm $P$ là điểm tiếp tuyến của đường cong $\Gamma$ với một trong các hình elip thuộc họ $\{\Gamma_c\}$ - hãy chứng minh điều này bằng Hình 10, a và b. (Lưu ý rằng không phải tất cả các điểm tiếp tuyến đều cho giá trị cực đại hoặc cực tiểu - xem Hình 10, c.) Tại điểm $P$ như vậy, đường cong $\Gamma$ và hình elip $\Gamma_c$ tiếp tuyến với nó có một tiếp tuyến chung $MN$. Theo đặc tính quang học của hình elip *), các đoạn $PA$ và $PB$, nối điểm $P$ với hình dạng của hình elip $\Gamma_c$, tạo thành các góc bằng nhau với tiếp tuyến $MN$ đến $\Gamma_c$ tại điểm $P$ (Hình 11). Vì đường thẳng $MN$ cũng tiếp tuyến với đường cong $\Gamma$ tại điểm $P$ nên đường đứt nét $APB$ là quỹ đạo bi-a đi từ $A$ đến $B$ sau khi phản xạ từ $\Gamma$ tại điểm $P!$ Định lý 2 đã được chứng minh.

Thu hút độc giả ưu tiên. Nếu lý luận của chúng tôi có vẻ quá lỏng lẻo đối với bạn - ví dụ: do thiếu định nghĩa chính xác về $P$.

*) Ví dụ, hãy xem bài viết của V. G. Boltyansky ở «Kvant» Số 12 năm 1975.

24

Cơm. 11.

tiếp tuyến tuyến tính của các đường cong, cực trị cục bộ, v.v. - thì chúng tôi khuyên bạn nên xem lại bài viết nêu trên của V. G. Boltyansky và I. M. Yaglom trong tập “Bách khoa toàn thư về toán học cơ bản” (trang 270-346).
Để bảo vệ, chúng tôi lưu ý rằng một cuộc thảo luận có cấu trúc về tất cả những điều dễ hiểu này sẽ đưa chúng ta đi quá xa khỏi trò chơi bi-a.

Ví dụ. Cho G là một đường tròn, A và B là các điểm bên trong G. Xét họ {Γ_c} các hình elip đồng tiêu với tiêu điểm A và B, chúng ta có thể chỉ ra rằng có chính xác bốn quỹ đạo dẫn từ A đến B sau một phản xạ từ G, và hai trong số đó sẽ trả lời giá trị nhỏ nhất và hai quỹ đạo còn lại sẽ trả lời giá trị lớn nhất của tổng |AP| + |PB| (xem hình 12).

Bài 8. Phát biểu nghịch đảo nguyên lý đường cực trị phát biểu: quỹ đạo bi-a APB đi từ điểm A đến điểm B sau khi phản xạ từ đường cong G là cực tiểu hoặc cực đại. Cho ví dụ chứng minh rằng đối với đường cong nhỏ Г phát biểu này không đúng. Liệu nó có đúng với những đường cong lớn Г (nghĩa là với những đường cong nằm hoàn toàn về một phía của bất kỳ tiếp tuyến nào của chúng) không? Chứng minh “nguyên lý nghịch đảo” này trong trường hợp đường cong G lồi và đối diện với các điểm A và B bằng độ lồi của nó (như trên Hình 10, a).

Bây giờ chúng ta hãy áp dụng các nguyên lý đường đi cực trị cho định lý Birkii được đề cập ở §2:

nếu Q là một vùng lồi được giới hạn bởi một đường cong Γ không có điểm dừng thì với n ≥3 tùy ý sẽ có ít nhất một quỹ đạo bi-a tuần hoàn trong vùng Q, gồm đúng n liên kết.

Cơm. 12.

Bằng chứng. Chúng ta hãy xem xét tất cả các đường đứt gãy liên kết n đóng không tự giao nhau P_1P_2…P_nP_1 nội tiếp trong miền Q (nghĩa là với các đỉnh P_i trên đường cong Γ). Hãy chọn đường đứt nét dài nhất trong số chúng (nghĩ xem tại sao lại tồn tại một đường đứt gãy như vậy?).

Bài 9. Sử dụng nguyên lý đường cực trị, chứng minh đường đứt nét dài nhất này là quỹ đạo bi-a trong miền Q.

Từ bài toán 9, đường gãy “dài nhất” P_1P_2…P_nP_1 sẽ là một quỹ đạo tuần hoàn khép kín và định lý Birkoff đã được chứng minh (chúng tôi không muốn tước đi sự hài lòng của độc giả về lời giải bài toán 9).

Bài toán 10. (A) Phân tích phát biểu định lý Birkoff cho n=2.

(B). Hãy suy nghĩ xem liệu quỹ đạo tuần hoàn của n liên kết hiện tại có phải là một quỹ đạo bị đứt hay không, quỹ đạo “dài nhất” trong số tất cả các đường gãy liên kết n (bao gồm cả tự giao nhau) nội tiếp trong đường cong Γ? (Xem xét trường hợp n=4 và n=5.)

(B). Những khó khăn nào sẽ nảy sinh trong việc chứng minh định lý Birkoff nếu thay vì đường đứt nét dài nhất P_1P_2…P_nP_1 chúng ta lấy đường ngắn nhất?

Bài toán 11. Trong số n-giác nội tiếp hình tròn có chu vi lớn nhất là gì?

Chúng ta hãy tạo thành hai bài toán về quả bi-a bên trong hình elip Γ với tiêu điểm A và B. Theo tính chất quang học của hình elip (xem ở trên), nếu chúng ta nhả quỹ đạo bi-a ra khỏi tiêu điểm, thì các liên kết của nó sẽ luân phiên đi qua tiêu điểm A và B, và quỹ đạo này sẽ tiếp cận vô cùng lớn

25

trục hình elip - đến đoạn $A_1B_1$ (Hình 13, a).

Bài toán 12. Để liên kết ban đầu của quỹ đạo đường mật trong hình elip $\Gamma$ không giao nhau với đoạn $AB$ giữa các tiêu điểm. Chứng minh rằng tất cả các liên kết tiếp theo của quỹ đạo này sẽ không cắt đoạn $AB$. Hơn nữa, nếu chúng ta tạo một hình elip nhỏ hơn $\Gamma_1$ với cùng tiêu điểm, chạm vào liên kết ban đầu của quỹ đạo, thì $\Gamma_1$ cũng sẽ chạm vào tất cả các liên kết khác $^*$ (xem Hình 13, b).

Bài toán 13. Chứng minh rằng nếu liên kết ban đầu của quỹ đạo đường mật trong hình elip $\Gamma$ cắt đoạn $AB$ giữa các tiêu điểm thì tất cả các liên kết tiếp theo của nó sẽ cắt đoạn $AB$. Hơn nữa, nếu chúng ta xây dựng một hyperbol có cùng tiêu điểm $A$ và $B$, chạm vào liên kết ban đầu $P_1P_2$ (hoặc đường thẳng $P_1P_2$), thì các nhánh của hyperbol này sẽ chạm vào tất cả các liên kết khác $P_kP_{k+1}$ (hoặc phần tiếp theo của chúng - đường thẳng $P_kP_{k+1}$)**.

Bài toán 12 và 13 cho thấy rằng đối với một bàn bida trong hình elip có tiêu điểm $A$ và $B$ định tính bài toán, đề cập đến tổng quát

*) Bài toán 12 đã được xuất bản trên «Kvant» - xem số 12 cho năm 1975, trong phần “Bài toán Kvant. Chúng tôi sẽ giới thiệu lời giải của cô ấy, cũng như lời giải của bài toán còn lại, trong số tiếp theo của tạp chí.

**) Để biết định nghĩa và các tính chất cần thiết của hyperbola, hãy xem bài viết của I. N. Bronshtein “Hyperbola”, «Kvant», 1975, số 3, cũng như bài viết nói trên của V. G. Boltyansky.

bài toán bida trong đa giác của chúng ta.

Bài toán 14. Chứng minh rằng mọi quỹ đạo không tuần hoàn của một quả bi-a trong một hình chữ nhật sẽ lấp đầy toàn bộ hình chữ nhật (!) ở mọi nơi (so sánh với Bài toán 2; lưu ý rằng một quỹ đạo không tuần hoàn không phải lúc nào cũng dày đặc ở một vùng nhất định ở mọi nơi - ví dụ: quỹ đạo của một quả bi-a trong một hình elip đi qua tiêu điểm không có tính chất này!).

Bài toán 15. Chứng minh tương tự cho bida trong tam giác đều.

Bổ sung vào § 2

(A) Định lý Jacobi.
Chúng ta hãy nhớ lại nó được xây dựng như thế nào.

Đặt $\alpha$ là một số không thể ước lượng được với $\pi$, $\{P_0, P_1, P_2, \dots\} = \{P_k\}$ là một chuỗi các moka của vòng tròn $\Gamma$, ngụ ý rằng mỗi moka tiếp theo một cách tuần tự $P_{k+1}$ được lấy từ moka $P_k$ trước đó bằng cách lặp lại một góc $\alpha$ radian. Khi đó, đối với bất kỳ cung $\Delta$ nào của đường tròn $\Gamma$, ít nhất một moka tuần tự $\{P_k\}$ nằm trên cung này $\Delta$.

Bằng chứng. Đặt $\Delta$ là một cung tùy ý và $\varepsilon$ số đo radian của nó. Hãy chọn một số tự nhiên $N$ sao cho $2\pi/N < \varepsilon$. Kích thước của hình tròn $\Gamma$ thành $N$ có chiều dài bằng cung $\Delta_1, \Delta_2, \dots, \Delta_N$; số đo radian của mỗi chúng là $2\pi/N$ và nhỏ hơn $\varepsilon$. Hãy xem xét $N+1$ điểm đầu tiên của chuỗi $\{P_k\}$, tức là các điểm $P_0, P_1, P_2, \dots, P_N$. Theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất một trong các cung $N$ $\Delta_1, \dots, \Delta_N$ chứa ít nhất một trong các điểm này. Ví dụ: đặt các điểm $P_n$ và $P_m$, trong đó $m=n+1>n$, nằm trên cung $\Delta_i$. Vì $\alpha$ không thể so sánh được với $\pi$, nên $P_m \neq P_n$ (giải thích!). Đặt số đo radian của cung $P_nP_m$ bằng $\delta$; sau đó là $\delta < 2\pi/N$ và thậm chí hơn thế nữa là $\delta < \varepsilon$.

26

Bây giờ chúng ta hãy xem xét các điểm của dãy $P_n$ với các số $n, n+l, n+2l, \dots$ (Hình 14). Chúng tạo thành một dãy con $\{P_n, P_{n+l}, P_{n+2l}, P_{n+3l}, \dots\}$, mỗi điểm tiếp theo trong đó $P_{n+(r+1)l}$ được lấy từ điểm trước $P_{n+rl}$ bằng cách xoay qua một góc $l\alpha$, tức là, theo cách giống hệt như điểm $P_{n+l}=P_m$ được lấy từ điểm $P_n$. Do đó, các điểm lân cận của dãy con đã chọn được phân tách với nhau bằng một cung có số đo radian $\delta$. Vì $\delta < \varepsilon$, ít nhất một trong các điểm $P_n, P_{n+l}, P_{n+2l}, \dots$ phải nằm trên cung $\Delta$. Như vậy định lý Jacobi đã được chứng minh.

(B) SỰ XUẤT HIỆN ĐỊNH NGHĨA 1 TỪ ĐỊNH NGHĨA Jacobi.

Cho $\alpha$ là một số vô tỉ với $\pi$, $\Gamma_1$ là một đường tròn tiếp xúc với các mắt xích của từng quỹ đạo bida tương ứng với góc $\alpha$ bên trong đường tròn $\Gamma$. Đặt $K$ là vòng giữa $\Gamma_1$ và $\Gamma$ và $D$ là một vòng tròn tùy ý bên trong vòng $K$. Chúng ta hãy vẽ qua tâm của nó một dây cung $MN$ của đường tròn $\Gamma$ tiếp xúc với đường tròn $\Gamma_1$ (Hình 15). Rõ ràng là nếu chúng ta lấy một cung đủ nhỏ $\Delta$ của đường tròn $\Gamma$ với trung điểm tại điểm $M$, thì với bất kỳ điểm nào khác $M'$ của cung $\Delta$ tiếp tuyến với đường tròn $\Gamma_1$ được vẽ từ điểm $M'$ trên cùng một phía của $\Gamma_1$ như $MN$, nhất thiết phải cắt đường tròn $D$ (giải thích!).

Bây giờ chúng ta hãy xem xét bất kỳ quỹ đạo $P_0 P_1 P_2 \dots$ nào của bi-a bên trong đường tròn $\Gamma$ tương ứng với góc $\alpha$. Chúng ta cần chứng minh rằng ít nhất một trong các liên kết của nó cắt đường tròn $D$. Theo định lý Jacobi, các điểm $P_0, P_1, P_2, \dots$ lấp đầy đường tròn $\Gamma$, và do đó ít nhất một trong số chúng, chẳng hạn như $P_n$, nằm trên cung $\Delta$ đã chọn ở trên. Do lựa chọn cung $\Delta$ này nên một trong hai liên kết của quỹ đạo rời điểm $P_n$ nhất thiết phải cắt đường tròn $D$. Như vậy Định lý 1 đã được chứng minh.

Ngoài Định lý 1, định lý Jacobi còn có nhiều hệ quả thú vị khác*). Chúng tôi xây dựng hai trong số chúng là bài toán.

Bài tập 16. Chứng minh rằng nếu số $d$ của người chơi thì với bất kỳ số $a$ nào, dãy phần phân số của các số hạng của cấp số cộng $a, a+d, a+2d, \dots$, tức là dãy số $a_n={a+nd}$, sẽ lấp đầy đoạn $0 \leq x \leq 1$ trên trục số ở mọi nơi. ($\{x\} = x-[x]$).

Bài tập 17. Chứng minh rằng nếu logarit thập phân của số $c$ có thể chơi được thì ký hiệu thập phân của lũy thừa tự nhiên $c$, tức là các số $c, c^2, c^3, \dots, c^n, \dots$, có thể bắt đầu bằng bất kỳ tập hợp chữ số định trước nào. (Ví dụ, có lũy thừa tự nhiên của số 17 bắt đầu bằng mười bảy bộ chữ số liên tiếp 1976!)

*) Một số ứng dụng của định lý Jacobi có thể tìm thấy trong bài viết “Lưới và đa giác đều” của A. A. Egorov. «Kvant», 1974, số 12.