Tập chuyển tiếp và khối đa diện đều

4

V. Boltyansky

Tập chuyển tiếp và khối đa diện đều

Nhóm tự căn chỉnh hình

Bản dịch $f$ được gọi là tự căn chỉnh hình $F$ nếu nó dịch hình này thành chính nó: $f(F) = F$. Dễ dàng chứng minh rằng tập hợp tất cả các tự kết hợp của hình $F$ là một nhóm (đối với các nhóm được xác định, xem ví dụ: «Kvant», 1976, số 10); điều kiện để biểu thị nhóm tự sắp xếp của hình $F$ bằng $\Gamma(F)$.

Bài toán

1. Chỉ ra tất cả các cách tự sắp xếp: a) hình tròn; b) thẳng; c) đoạn.
2. Tìm một hình $F$ mà nhóm $\Gamma(F)$ chứa đúng ba cách tự sắp xếp.

Nhóm tự sắp xếp của hình $F$ tồn tại gắn liền với “hình học” của hình này. Ví dụ: Giả sử $P$ là hình bình hành không phải là hình chữ nhật cũng không phải hình thoi. Có hai bản dịch lấy $P$ vào: bản đồ nhận dạng $e$ và phép đối xứng $r$ về giao điểm của các đường chéo.

Bài toán 3. Chứng minh rằng không có hình bình hành $P$ nào tự thẳng hàng ngoài $e$ và $r$.

Từ thực tế là $\Gamma(P)$ chứa đối xứng tâm $r$, tất cả các tính chất cơ bản của hình bình hành đều tuân theo: sự bằng nhau và song song của các cạnh đối diện, sự bằng nhau của các góc đối diện, v.v.

Nhóm các điểm tự sắp xếp của hình thoi $Q$, không phải là hình vuông, ngoài $e$ và $r$, còn có hai đường đối xứng trục $s_1$, $s_2$ đối với các đường chéo, tức là $\Gamma(Q) = \{e, r, s_1, s_2\}$. Từ sự hiện diện trong nhóm $\Gamma(Q)$ của các phép tự sắp xếp bổ sung (so với hình bình hành của loại đã hứa), các tính chất cụ thể của hình thoi theo sau (ngoài các tính chất vốn có trong hình bình hành): độ vuông góc của các đường chéo, sự trùng khớp của các đường chéo với các đường phân giác của các góc, v.v.

Bài toán
4. Liệt kê tất cả các tứ giác có nhóm tự thẳng hàng chứa đúng hai phần tử.
5. Chứng minh rằng nếu hình $F$ bị chặn (tức là nằm trong một hình tròn nào đó) thì $\Gamma(F)$ không thể chứa một bản dịch song song khác với $e$.

Tập chuyển tiếp trên mặt phẳng

Tập $H$ được gọi là bắc cầu nếu bất kỳ điểm nào của tập này có thể được dịch sang bất kỳ điểm nào khác bằng cách tự kết hợp tập $H$. Hình 1 thể hiện một hình vuông từ đó các hình tứ giác là các tam giác vuông cân đã được cắt. Tập hợp tất cả các đỉnh của tập kết quả nằm trên mặt phẳng thì có tập bị chặn; theo định nghĩa, nó chứa chính xác một số vòng tròn. Khi đó cũng tồn tại một đường tròn có bán kính nhỏ nhất,

Hình 1.

5

Hình 2.
chứa $H$. Đặt $K$ là một đường tròn nhỏ nhất, $O$ là tâm của nó.

Chúng ta lấy hai điểm tùy ý $A, B$ đặt $H$. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó $|AO| = |BO|$. Từ đây suy ra $H$ nằm trên một đường tròn nào đó (dễ dàng nhận thấy đường tròn này bao quanh đường tròn $K$).

Do tính bắc cầu của tập $H$ nên tồn tại sự tự kết hợp $f \in \Gamma(H)$ sao cho $f(A) = B$. Từ $H \subset K$ theo sau $f(H) \subset f(K)$. Nhưng $f(H) = H$. Vì vậy, $H \subset f(K)$. Vì vậy, $H \subset K \cap f(K)$.

Vì $f$ là độ dịch chuyển nên $f(K)$ là đường tròn, chịu lực lên đường tròn $K$. Nếu các vòng tròn $K, f(K)$ không trùng nhau thì sẽ có một vòng tròn có bán kính nhỏ hơn chứa $K \cap f(K)$ và sau đó là $H$, điều này sẽ mâu thuẫn với việc chọn vòng tròn $K$. Vì vậy, $f(K) = K$, và do đó, $f(O) = O$.

Từ $f(A) = B, f(O) = O$, và thực tế là $f$ là một chuyển động, nó tuân theo $|AO| = |BO|$.

Rõ ràng, tập rỗng, tập hợp một phần tử và tập hợp hai phần tử đều có tính bắc cầu.

Nhiệm vụ 6.
Chứng minh rằng nếu một tập bắc cầu chứa $2k + 1$ điểm ($k > 0$), thì các điểm này đóng vai trò là các đỉnh của một đa giác đều.

7. a) Chứng minh rằng nếu một tập bắc cầu chứa 4 điểm thì các điểm này là các đỉnh của một đa giác vuông.

6. Chứng minh rằng nếu một tập bắc cầu chứa 2k điểm ($k > 2$), thì các điểm này đóng vai trò là đỉnh của hai $k$-giác đều nội tiếp trong một đường tròn.

8. Chứng minh rằng ràng buộc vô hạn của tập bắc cầu $H$ luôn lấp đầy đường tròn chứa nó (nghĩa là không có đường tròn nào khác của đường tròn này thoát khỏi tập điểm $H$).

Có bộ chuyển tiếp không giới hạn?

Hình 3.
Tất nhiên, có: ví dụ, toàn bộ mặt phẳng và bất kỳ đường thẳng nào trên đó. Hãy thử đưa ra ít nhất một ví dụ nữa.

Chúng ta hãy đồng ý gọi một đa giác, tập hợp tất cả các đỉnh của nó là đa giác bắc cầu, là đa giác bắc cầu. Rõ ràng, mọi đa giác đều đều có tính bắc cầu. Tuy nhiên, đa giác đều $P$ có tính chất sâu hơn, có thể gọi là tính bắc cầu mạnh: nếu $A_1, A_2$ là hai đỉnh tùy ý và $l_1, l_2$ là các cạnh thẳng với các đỉnh này (Hình 2), thì có sự tự căn chỉnh $f \in \Gamma(P)$ thỏa mãn các điều kiện: $f(A_1) = A_2, f(l_1) = l_2$.

Nếu đa giác $P$ có tính chất truyền mạnh thì đó là đa giác đều.

Bài tập 9. Chứng minh rằng với $n$-gon $P$ thông thường thì nhóm $\Gamma(P)$ chứa các biến $2n$. Đảm bảo rằng tất cả các biến này đều đối xứng trục.

Tập chuyển tiếp trong không gian

Chúng ta có thể xét các tập bắc cầu trong không gian. Ví dụ, tập hợp tất cả các đỉnh của một đường thẳng, ở đáy của nó là một đa giác bắc cầu (Hình 3), là tập hợp bắc cầu.

Định lý 2. Nếu $H$ là tập bắc cầu bị chặn trong không gian thì tồn tại một mặt cầu chứa $H$.

Cách chứng minh cũng giống như trên mặt phẳng, chỉ có điều cùng với đường tròn nhỏ nhất ta phải xét quả cầu nhỏ nhất chứa $H$. Tuy nhiên, một độc giả sáng suốt có thể nhận thấy rằng những bằng chứng này chưa đầy đủ: vẫn cần thiết lập bản chất của điều tối thiểu.

6

shero của một vòng tròn (hoặc quả bóng) chứa một tập giới hạn cho trước $H$ (ví dụ, điều này có thể được suy ra từ định lý Weierstrass). Do đó chúng ta hãy trình bày những bằng chứng khác; nó không chứa dấu cách mà chỉ phù hợp với tập hợp hữu hạn $H$.

Bổ đề. Cho $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ là một tập hữu hạn các điểm. Khi đó tồn tại và chỉ có một điểm $O$ mà
$$\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}.$$

(Điểm như vậy gọi là trọng tâm của các điểm $A_1, \dots, A_n$.)

Bằng chứng. Chúng ta hãy lấy một điểm tùy ý $Q$ và biểu thị bằng $\overrightarrow{a}$ vectơ $\frac{1}{n} (\overrightarrow{QA}_1 + \dots + \overrightarrow{QA}_n)$ và bằng $O$ điểm sao cho $\overrightarrow{QO} = \overrightarrow{a}$. Sau đó
$$\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = (\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QA}_1) + \dots$$
$$\dots + (\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QA}_n) = n \overrightarrow{OQ} + (\overrightarrow{QA}_1 + \dots$$
$$\dots + \overrightarrow{QA}_n) = n (-\overrightarrow{a}) + n\overrightarrow{a} = \overrightarrow{0},$$
tức là điểm $O$ bị loại trừ.

Hãy chứng minh điều duy nhất. Hãy để $\overrightarrow{O'A}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A}_n = \overrightarrow{0}$. Sau đó
$$(\overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA}_1) + \dots + (\overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA}_n) = \overrightarrow{0},$$
nghĩa là $n\overrightarrow{O'O} = \overrightarrow{0}$, và do đó $\overrightarrow{O'O} = \overrightarrow{0}$, và do đó các điểm $O$ và $O'$ trùng nhau.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh Định lý 2. Giả sử $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ là một tập bắc cầu và $O$ trọng tâm của các điểm $A_1, \dots, A_n$. Chúng ta hãy đặt $f$ tự căn chỉnh tùy ý $H$ và biểu thị ảnh của điểm $A_1, \dots, A_n$, $O$ khi di chuyển $f$ theo $A'_1, \dots, A'_n$, $O'$. Từ đẳng thức $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$ suy ra $\overrightarrow{O'A'}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A'}_n = \overrightarrow{0}$. Nhưng $A'_1, \dots, A'_n$ là các điểm giống với $A_1, \dots, A_n$, chỉ được lấy theo một số thứ tự khác (kể từ $f(H) = H$). Do đó, sự tương ứng $\overrightarrow{O'A'}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A'}_n = \overrightarrow{0}$ có thể được viết thành $\overrightarrow{O'A}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A}_n = \overrightarrow{0}$ bằng cách sắp xếp lại các số hạng nếu cần. Theo Bổ đề, $O'$ trùng với $O$, tức là $f(O) = O$. Vì vậy, đối với bất kỳ thao tác tự căn chỉnh nào, điểm $H$ được đặt $O$ sẽ tự động được áp dụng. Từ đây, như trong chứng minh Định lý 1, suy ra rằng tất cả các điểm trong tập hợp $H$ đều có cùng khoảng cách với $O$.

Từ chứng minh của chúng ta, rõ ràng rằng nếu $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ là một tập bắc cầu không nằm trong cùng một mặt phẳng và $O$ là tâm của hình cầu chứa tập hợp $H$, thì $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$.

Một khối đa diện, tập hợp tất cả các đỉnh của nó là bắc cầu, được gọi là đa diện bắc cầu. Theo Định lý 2, có một hình cầu đi qua các đỉnh của nó (hình cầu nội tiếp). Và từ nhận xét đó, người ta suy ra rằng nếu $A_1, \dots, A_n$ đều là các đỉnh của một đa giác bắc cầu và $O$ là tâm của hình cầu được mô tả xung quanh nó, thì $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$.

Đa giác đều

Đối với đa giác, tính chất bắc cầu mạnh được hình thành như sau: gọi $A_1, A_2$ là các đỉnh bắc cầu của đa giác $M$, $l_1, l_2$ là các cạnh, má thẳng đến $A_1, A_2$, và $\gamma_1, \gamma_2$ — các mặt, má thẳng đến $l_1, l_2$; thì phải có sự tự tổ hợp $f \in \Gamma(M)$ thỏa mãn các điều kiện $f(A_1) = A_2$, $f(l_1) = l_2$, $f(\gamma_1) = \gamma_2$. Khối đa diện có tính chất truyền mạnh được gọi là khối đa diện đều $^*$.

Bài tập 10. Chứng minh rằng tự kết hợp $f \in \Gamma(M)$, thỏa mãn các điều kiện $f(A_1) = A_2$, $f(l_1) = l_2$, $f(\gamma_1) = \gamma_2$ (được bàn luận trong định nghĩa về tính bắc cầu mạnh), là duy nhất.

11. Chứng minh rằng số phần tử của nhóm $\Gamma(M)$ lớn hơn số đa giác đều $M$.

Giả sử $M$ là một đa giác đều, $\gamma$ mặt của nó, $A_1$ và $A_2$ hai đỉnh của nó và $l_1, l_2$ các cạnh của đa giác $\gamma$, các cạnh thẳng với các đỉnh $A_1, A_2$. Do tính chất truyền mạnh nên có sự tự tổ hợp của $f \in \Gamma(M)$ thỏa mãn điều kiện $f(\gamma_1) = \gamma_2$.

*) Định nghĩa về đa giác đều này tương đương với định nghĩa của trường (“Hình học 9-10”, § 54). “Theo một hướng” điều này bây giờ sẽ được chứng minh.

7

điều kiện của kẻ trộm $f(\gamma) = \gamma, f(A_1) = A_2, f(l_1) = l_2$. Đẳng thức đầu tiên trong số này có nghĩa là $f \in \Gamma(\gamma)$. Chúng ta thấy rằng đa giác $\gamma$ có ​​tính bắc cầu mạnh, nghĩa là đúng và.

Từ tính chất bắc cầu mạnh của đa giác $M$ cũng suy ra rằng tất cả các mặt của nó đều bằng nhau. Hơn nữa, từ tính chất bắc cầu (sau đây được khái quát hóa, không mạnh), suy ra rằng mỗi đỉnh liền kề với cùng một số mặt. Vì vậy, tất cả các mặt của một đa giác đều là đa giác đều bằng nhau và mỗi đỉnh có cùng số mặt liền kề với nó.

Bổ đề. Giả sử $M$ là một đa giác đều, $A$ một trong các đỉnh của nó, $AB_1$, …, $AB_k$ các cạnh liền kề với nó. Khi đó đa giác $B_1...B_k$ là đều.

Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\gamma_1$, …, $\gamma_k$ các mặt liền kề với đỉnh $A$ và bằng $O$ tâm của hình cầu được mô tả xung quanh đa giác $M$ (Hình 4). Vì $|OB_1| = |OB_2| = R$, trong đó $R$ là bán kính của hình cầu ngoại tiếp, nên các vectơ $\vec{b}_1 = \vec{OB}_1, \vec{b}_2 = \vec{OB}_2$ và $\vec{p} = \vec{B}_1\vec{B}_2$ thỏa mãn điều kiện $\vec{b}_1^2 = \vec{b}_2^2 = (\vec{b}_1 + \vec{p})^2$, tức là $2\vec{b}_1\vec{p} = -\vec{p}^2$. Ngoài ra, vì $|AB_1| = |AB_2| = a$, trong đó $a$ là độ dài cạnh của đa giác $M$, nên vectơ $AB_1 = \vec{a}_1, AB_2 = \vec{a}_2$ thỏa mãn điều kiện $\vec{a}_1^2 = \vec{a}_2^2 = (\vec{a}_1 + \vec{p})^2$, tức là $2\vec{a}_1\vec{p} = -\vec{p}^2$. Vậy $2\vec{a}_1\vec{p} = 2\vec{b}_1\vec{p}$ là $\vec{p}(\vec{a}_1 - \vec{b}_1) = 0$, có nghĩa là $(AO) \perp (B_1B_2)$. Tính toán tương tự cho thấy mỗi đường thẳng $(B_1B_3), ..., (B_1B_k)$ vuông góc với $(AO)$. Do đó, mặt phẳng $\Pi$ đi qua điểm $B_1$ và vuông góc với đường thẳng $AO$ chứa tất cả các điểm $B_1, B_2, ..., B_k$. Hơn nữa, do đặc tính truyền dẫn mạnh, có sự tự kết hợp của $f \in \Gamma(M)$, ánh xạ đỉnh $A$, cạnh $AB_1$ và mặt $\gamma_1$, tương ứng, thành đỉnh $A$, cạnh $AB_2$ và mặt $\gamma_2$. Cụ thể là $f(B_1) = B_2$. Trong cách tự căn chỉnh này, hai cạnh của khuôn mặt $\gamma_1$, thẳng tới $A$, sẽ đi vào hai cạnh của khuôn mặt $\gamma_2$, thẳng tới $A$, tức là $AB_1$ sẽ đi vào $AB_2$, và $AB_2$ vào $AB_3$ (Hình 4). Vì vậy, $f(B_2) = B_3$. Lập luận theo cách tương tự, chúng ta thấy rằng khi di chuyển $f$ các điểm $B_1, ..., B_k$ được sắp xếp lại theo chu kỳ: $f(B_1) = B_2, f(B_2) = B_3, ..., f(B_{k-1}) = B_k, f(B_k) = B_1$. Do đó, suy ra rằng đa giác $B_1...B_k$, nằm trong mặt phẳng $\Pi$, là đều.

Bổ đề đã được chứng minh cho phép người ta dễ dàng tính toán các tham số cơ bản của đa giác đều. Ví dụ: chúng ta hãy tìm bán kính của một hình cầu ngoại tiếp một đa giác đều có các mặt $k$ ở mỗi đỉnh là các giác đều $n$ (chúng ta biểu thị độ dài cạnh bằng $a$). Chúng ta có: $AB_1B_2 = \frac{180^\circ}{n}$ (mặt $\gamma_1$ là $n$-gon thông thường). Từ tam giác $AB_1B_2$ có $k$-gon $B_1B_2...B_k$:

8

$$\left| B_1 B_2 \right| = 2a \cos \frac{180^\circ}{n},$$
sau đó tìm thấy $r = \left| QB_1 \right|$ của vòng tròn được mô tả xung quanh nó (Hình 5):

$$r = \frac{\left| B_1 B_2 \right|}{2 \sin 180^\circ / k} = a \cdot \frac{\cos 180^\circ / n}{\sin 180^\circ / k}.$$

Tiếp theo, từ tam giác $QAB_1$ và $OAB_1$ có $\frac{r^2}{a^2} + \frac{|AQ|^2}{a^2} = 1$, $|AQ| = \frac{a^2}{2R}$, tức là $\frac{r^2}{a^2} + \left(\frac{a}{2R}\right)^2 = 1$. Thay thế ở đây thay vì $r$ giá trị của nó, chúng ta nhận được kết quả sau:

$$R = \frac{a}{2\sqrt{1 - \left(\frac{\cos 180^\circ / n}{\sin 180^\circ / n}\right)^2}}.$$

Công thức (*) không chỉ đưa ra biểu thức về bán kính của hình cầu được mô tả xung quanh một khối đa diện đều nhất định mà còn cho phép bạn chỉ ra những giá trị nào $n$ và $k$ có thể nhận. Thật vậy, vì $n \geq 3$, $\frac{180^\circ}{n} \leq 60^\circ$, $\cos \frac{180^\circ}{n} \geq \frac{1}{2}$; do đó, $\sin \frac{180^\circ}{k} > \frac{1}{2}$ (có biểu thức căn thức sẽ không dương), do đó $k < 6$. Đưa ra số $k$ các giá trị có thể có ​​$k = 3, 4, 5$, chúng ta thấy rằng biểu thức căn thức chỉ dương trong năm trường hợp, tương ứng với năm khối đa diện đều có thể có (xem “Hình học 9-10”, trang 133).

Nhiệm vụ 12.
Sử dụng công thức (*) để tìm bán kính của hình cầu được mô tả xung quanh mỗi khối đa diện đều. (Đáp số vấn đề này và các vấn đề tiếp theo sẽ được đưa ra trong số tiếp theo «Kvant»).

Gợi ý. Tìm độ dài các cạnh của các hình tam giác trong Hình 6 và từ đó suy ra $\cos 36^\circ = \frac{\xi}{2}$, $\sin 36^\circ = \frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{\xi}}$, $\sqrt{3 - 4\cos^2 36^\circ} = \frac{1}{\xi}$, trong đó $\xi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.

13. Đối với mỗi khối đa diện đều, hãy tìm góc mà cạnh của nó nhìn thấy được tính từ tâm của hình cầu ngoại tiếp.

14. Tính diện tích bề mặt của mỗi khối đa diện đều khi biết $a$ các cạnh của nó.

15. Chứng minh rằng với mọi khối đa diện đều có một hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của nó.

16. Tính chiều cao $h$ của một paramid đều, đáy của nó là mặt của một khối đa diện đều và đỉnh trùng với tâm $O$ của một hình cầu ngoại tiếp khối đa diện. Chứng minh rằng hình cầu có bán kính $h$

Hình 6.
với tâm $O$ được chứa trong một khối đa diện đều và chạm vào tất cả các mặt của nó (hình cầu nội tiếp).

17. Tính thể tích của mỗi khối đa diện đều khi biết $a$ các cạnh của nó.

18. Cho $M$ là một khối đa diện đều. $M^*$ biểu thị một khối đa diện có các đỉnh là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các mặt của khối đa diện $M$. Chứng minh rằng đa diện $M^*$ (gọi là đối ngẫu của đa diện $M$) là đều. Khối đa diện nào là khối kép của hình lập phương? Dodecadru?

19. Gọi $a$ là độ lớn của góc kép của khối đa diện đều $M$ và $\beta^*$ là góc mà cạnh của khối đa diện kép $M^*$ nhìn thấy được từ tâm của hình cầu ngoại tiếp. Chứng minh rằng $\alpha + \beta^* = 180^\circ$. Sử dụng điều này, tính góc kép của mỗi khối đa diện đều.

20. Chứng minh rằng trung điểm của một cạnh của một khối đa diện đều đóng vai trò là các đỉnh của khối đa diện granit.

Hình 7 thể hiện một khối lập phương - một khối đa diện có các đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình lập phương (hoặc trung điểm của các cạnh của khối bát diện). Nhiều tinh thể có hình dạng khối lập phương; ví dụ, trong những điều kiện nhất định - sự kết tinh của muối ăn.

Trong cuộc thảo luận của chúng ta về các khối đa diện đều, câu hỏi về sự tồn tại của chúng vẫn chưa được giải quyết. Rốt cuộc, tất cả các phép tính đều được thực hiện với giả định rằng tồn tại một khối đa diện đều có các mặt là $n$-giác đều và mỗi đỉnh có các mặt $k$ liền kề với nó. Kết thúc-

Hình 7.