Trong phép đo phẳng - một định lý, trong phép đo lập thể - một bài toán chưa được giải

Kvant 1972, số 3 tr. 28-32 Thẻ E55W

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 →

Trong máy tính bảng, nó là một bản ghi nhớ, trong phép đo lập thể, nó là một bài toán chưa được giải quyết.

I. M. Yaglom

Số 6 của tạp chí «Kvant» năm 1971 bao gồm bài toán (vấn đề M89) sau đây:

Chứng minh rằng trong bất kỳ đa giác lồi nào, ngoại trừ hình bình hành, bạn cũng có thể chọn ba cạnh mà khi kéo dài ra sẽ tạo thành một tam giác bao quanh đa giác đã cho. (Ví dụ: trong Hình 1, trong đó đa giác được viền bằng các đường màu đen, ba đường màu đỏ thỏa mãn điều kiện yêu cầu, nhưng ba đường màu xanh thì không.)

bài toán này có nhiều lời giải khác nhau. Tuy nhiên, trước khi nói về nó lời giải, hãy nói về lý do tại sao nó thú vị.

Trong Hình 2, bạn thấy tam giác ABC và ba tam giác nhỏ hơn $Ab_1c_1$ , $Ba_1c_2$ và $Ca_2b_2$ , tương tự như ABC và thu được từ ABC bởi các hệ số góc tới các điểm A, B và C - các đỉnh của tam giác ban đầu. Các hình tam giác $Ab_1c_1$ , $Ba_1c_2$ và $Ca_2b_2$ không chỉ giống với ABC - chúng sẵn sàng cho ABC, nghĩa là tương tự như ABC và nằm song song với nó. (Sau này tôi biết rằng các đoạn thẳng tương ứng với nhau, chẳng hạn như trong các tam giác ABC và $Ab_1c_1$ đồng dạng, song song với nhau theo nghĩa bóng.) Rõ ràng là nếu các tam giác $Ab_1c_1$ , $Ba_1c_2$ và $Ca_2b_2$ nhỏ hơn một chút so với tam giác ABC ban đầu thì chúng sẽ bao phủ hoàn toàn tam giác ABC.

Hình 3 thể hiện hình bình hành ABCD và bốn hình bình hành nhỏ hơn $Ab_1c_1d_1$ , $Ba_1d_2c_2$ , $Cb_2a_2d_3$ và $Da_3b_3c_3$ , được tạo ra từ

Cơm. 2.

Các hình bình hành tương ứng với hình bình hành ABCD đã cho có thể bao được bởi hình bình hành ABCD. Trong thực tế, nếu cạnh AB của hình bình hành ABCD bằng c thì mọi đoạn thẳng thuộc ABCD song song với AB sẽ không vượt quá c; Do đó, khi lập hình bình hành ABCD và nhỏ hơn ABCD thì mọi đoạn thẳng song song AB sẽ nhỏ hơn c. Từ đó suy ra rằng cả hai đỉnh A và B của hình bình hành ABCD đều không thể bị bao phủ bởi (bất kỳ!) hình bình hành nào được tạo bởi ABCD hoặc nhỏ hơn nó. Vì vậy, người ta xác định rằng chúng ta sẽ phải phủ mỗi đỉnh của hình bình hành ABCD bằng một hình bình hành khác, nhỏ hơn ABCD và ABCD sẵn sàng; do đó, tổng số phần bao phủ ABCD nhỏ hơn ABCD nhỏ hơn sẽ ít nhất là 4 (theo số đỉnh ABCD). Tương tự, người ta xác định rằng tổng số tam giác bao phủ tam giác ABC, chuẩn bị cho ABC và nhỏ hơn nó, không thể nhỏ hơn 3 (vì mỗi đỉnh của ABC sẽ phải được bao phủ bởi tam giác của nó).

Bài toán về bao nhiêu đa giác M (lồi) làm sẵn là đủ để một đa giác (lồi) M nhất định che M, được đặt ra vào năm 1960 bởi nhà toán học Kshsnev I. Ts. Gokhberg và A. S. Markus (gần đây hơn - vào giữa những năm 50 - một bài toán có liên quan là

sách ki; ở đây chúng tôi sẽ chỉ ra cách chứng minh định lý này có thể được suy ra từ kết quả bài toán M89.
Trên thực tế, giả sử ABC là tam giác xuất hiện trong điều kiện bài toán này chứa bên trong chính nó (khác với hình bình hành!) một đa giác lồi M ≡ A₁A₂A₃…Aₙ, và cạnh AB của tam giác chứa đoạn A₁A₂, cạnh BC - đoạn AₖAₖ+1 và cạnh CA - đoạn A₁A₁+1 (Hình 5).
Bây giờ chúng ta chọn một số điểm O bên trong M và nối nó với một số điểm P, Q và R của các đoạn A₁A₂, AₖAₖ+1 và A₁A₁+1. Khi được phân đoạn, OP, OQ và OR sẽ cắt M thành ba phần m₁, m₂ và m₃. Bây giờ chúng ta rút gọn đa giác M thành điểm A. Nếu đa giác M₁ thu được từ M theo cách này (xem Hình 5) khác một chút so với M, thì nó nhất thiết sẽ bao phủ hoàn toàn m₁ - để chứng minh điều này, chỉ cần so sánh ranh giới của đa giác M₁ và m₁ (hãy tự mình thực hiện suy luận này một cách cẩn thận!).
Tương tự, người ta chỉ ra rằng với M đã chuẩn bị sẵn và đa giác M nhỏ hơn M₂ và M₃, thu được từ M theo hệ số góc tới các điểm B và C, có thể bao phủ hoàn toàn các phần m₂ và m₃ của đa giác M. Vì vậy, M có thể được phủ bằng lượng giác (đa giác M₁, M₂ và M₃), về mặt kinh tế là M và M nhỏ hơn.
Chúng ta đã chứng minh rằng với mỗi hình bình hành của đa giác lồi M, số đa giác M tạo sẵn và M nhỏ hơn có thể được M bao phủ hoàn toàn không quá 3. Chúng ta cũng có thể chứng minh rằng với bất kỳ đa giác nào (không suy biến thành đoạn thẳng) như vậy thì số này đúng bằng 3 (xem bài toán 1 ở trang 32).

Bây giờ chúng ta quay lại bài toán M89. Đây là một trong những lời giải đơn giản nhất. Lưu ý rằng nếu đa giác lồi M không phải là tam giác hoặc hình bình hành thì nó có hai cạnh không song song và không có đỉnh chung *). Tiếp tục chúng đến điểm giao nhau, chúng ta thu được một đa giác lồi M₁ có số cạnh nhỏ hơn M, chứa M (Hình 6). Nếu đa giác M₁ này lại không phải là hình tam giác hoặc hình bình hành, thì chúng ta có thể xử lý nó như đã làm với M - v.v. cho đến khi chúng ta thu được một hình tam giác hoặc hình bình hành chứa M, các cạnh của nó, rất indo, thu được là phần tiếp theo của cạnh M.
Nếu đa giác cuối cùng mà chúng ta đạt được trong quá trình biến đổi đa giác M ban đầu là một hình tam giác, thì do đó bài toán M89 hóa ra đã được giải (Hình 7). Nếu cuối cùng chúng ta đi đến một hình bình hành.

*) Nếu đa giác M có năm cạnh trở lên, thì điều này suy ra từ thực tế là không có đa giác lồi nào có ba cạnh song song trở lên; đối với một tứ giác không phải là hình bình hành, điều này tuân theo định nghĩa về hình bình hành.

Cơm. 4.

leloerm ABCD, nhưng bản thân đa giác M ban đầu không phải là hình bình hành thì một số đỉnh A, B, C và D của hình bình hành sẽ không phải là đỉnh của M. Ví dụ: Giả sử điểm A không phải là đỉnh của M (Hình 8). Khi đó khoảng cách giữa đỉnh K gần với A, thuộc đoạn thẳng AB, và cạnh KL xuất phát từ đỉnh K này, không thuộc đoạn thẳng AB. Vì đa giác M lồi và một trong các cạnh của nó thuộc đoạn AD nên cạnh KL chỉ có thể như hình 8 (vì toàn bộ đa giác M phải nằm trên một cạnh của KL). Nhưng trong trường hợp này, khi các đường thẳng BC, CD và KL trùng với các cạnh đỉnh của đa giác M, xác định một tam giác thỏa mãn điều kiện bài toán M89.

Vì vậy, đa giác duy nhất không có hình tam giác bắt buộc là hình bình hành.

Vì vậy, chúng ta thấy rằng định lý Gochberg-Marcus không đặc biệt khó - điểm khó nhất trong chứng minh của nó có thể được coi là lời giải bài toán M89. Nhưng từ I. Ts. Gokhberg và A. S. Markus (cũng như từ F. Levy) đưa ra một phiên bản đo bước của bài toán:

Đối với mỗi đa giác lồi M, hãy chỉ định số phần tử nhỏ nhất của đa giác M (nghĩa là tương tự M và song song với M *) có thể bao phủ hoàn toàn đa giác M - và vấn đề này hóa ra khó khăn hơn một cách hoàn hảo so với máy phẳng tương ứng bài toán.

Dễ dàng nhận thấy rằng đối với tứ diện T (tam giác paramid) trên

*) Hai đa giác (lồi) M và μ được gọi là kinh tế nếu chúng giống nhau (nghĩa là về cơ bản chúng là các đa giác cùng loại và tất cả các kích thước của một trong số chúng tỷ lệ với kích thước tương ứng của đa giác thứ hai), và mỗi đoạn AB của đa giác M tương ứng trong đa giác μ với một đoạn ab song song với AB.

số lượng terrazd chuẩn bị và nhỏ hơn có thể được bao phủ bởi T bằng bốn; đối với khối K, số khối nhỏ hơn tương ứng bằng 8 (chứng minh điều đó!). Dễ dàng nhận thấy rằng số mà chúng ta quan tâm trong phép lập thể bài toán có thể nhận bất kỳ giá trị nào từ 4 đến 8 (xem bài toán 2 ở cuối bài viết). Có một đề xuất là chúng tôi không thể chấp nhận bất kỳ giá trị nào khác cho số này (và nó chỉ bằng tám trong trường hợp khối đa diện được đề cập là song song!). Tuy nhiên, nhận định này chỉ có thể được chứng minh theo một hướng (xem bài toán3 ở cuối bài viết). Bằng chứng (hoặc bác bỏ) rằng số được đề cập không thể lớn hơn 8 theo bất kỳ cách nào, trong khi một bài toán đang được biên soạn mà chưa ai có thể giải được - và điều này bất chấp thực tế là khối đa diện M, khối đa diện M và nhỏ hơn M đang cố gắng giải quyết vấn đề này.

Phần hình học mà bài toán được xem xét trong ghi chú này thuộc về, xuất hiện tương đối gần đây - chỉ khoảng 15-20 năm trước. Phần này được gọi là hình học tổ hợp; nó được đặc trưng bởi sự đơn giản của các điều kiện của các trường hợp lớn được coi là bài toán (thường có thể hiểu được đối với bất kỳ học sinh nào!), nhưng thật không may, lời giải trong số bài toán này, theo quy luật, khá phức tạp. Ngày nay, hàng chục cuốn sách và hàng trăm, thậm chí hàng nghìn bài báo khoa học được dành cho hình học tổ hợp. Một số sách dành cho học sinh được liệt kê ở cuối ghi chú này.

Tất cả bài toán bên dưới đều đề cập đến hình học tổ hợp; chúng có liên quan đến chủ đề của ghi chú này. Dấu hoa thị bài toán, lời giải mà tác giả của ghi chú không xác định được; Ở đây tôi đặc biệt muốn thu hút sự chú ý đến bài toán 6, điều này đối với tôi có vẻ rất thú vị (nhưng có lẽ cũng rất khó!).

Bài tập

Chứng minh rằng không có đa giác lồi nào (không thể biểu diễn dưới dạng đoạn thẳng) có thể được bao phủ bởi hai đa giác bằng đa giác đã cho và nhỏ hơn nó.
Chúng ta hãy biểu thị số nhỏ nhất của đa giác M và số đa giác nhỏ nhất của nó có thể được bao phủ hoàn toàn bởi M bởi s(M); thì s(T)=4, trong đó T là tứ diện, và s(K)=8, trong đó K là hình lập phương.

Đồng thời chỉ ra ba đa giác A, B và Γ sao cho

s(A)=5, s(B)=6, s(Γ)=7.

Chứng minh rằng không có đa giác lồi M nào (không biểu thị bằng đa giác phẳng) có thể bị bao phủ bởi một phần ba đa giác M, sẵn sàng cho một M cho trước và nhỏ hơn M.
Chứng minh rằng mọi đa giác lồi đều có thể được bao phủ bởi đa giác lồi M sau:

a) một tam giác có các cạnh a, b và c (tất nhiên số cần tìm có thể phụ thuộc vào giá trị của a, b và c);

b) hình chữ nhật có cạnh m và n;

b*) hình bình hành có cạnh m và n và góc α<90°?

6*). Từ kết quả bài toán 4, ta suy ra rằng số tối thiểu nhỏ hơn đa giác lồi M và các đa giác tương tự có thể bao phủ nó luôn bằng 2 hoặc 3. Hãy mô tả lớp của các đa giác M mà số này bằng 2.

Tài liệu về hình học tổ hợp

G. Hadwiger, G. Debrunner, Hình học tổ hợp của mặt phẳng, M., “Nauka”, 1965.
V. G. Boltyansky, I. Ts. Gokhberg, Chia hình thành các phần nhỏ hơn, M., “Khoa học”, 1971.
V. G. Boltyansky, I. Ts. Gokhberg, Định lý và bài toán của hình học tổ hợp, M., “Nauka”, 1965.
I. M. Yaglom, Về hình học tổ hợp, M., “Kiến thức”, 1971.