Chuyển động của máy bay

2

V. Boltyansky

Chuyển động của máy bay

Thật tự nhiên khi hình dung chuyển động của một mặt phẳng theo quan điểm của cơ học như chuyển động của một tấm không thể tách rời trên một tấm khác. Hóa ra chỉ có bốn loại chuyển động như vậy. Điều này và các thuộc tính chuyển động hữu ích cho lời giải bài toán sẽ được thảo luận trong bài viết này.

1. Mô tả trực quan các chuyển động
   Đặt $g$ là ánh xạ tùy ý của mặt phẳng lên chính nó. Ánh xạ $g$ được gọi là độ dịch chuyển của mặt phẳng nếu nó bảo toàn khoảng cách, nghĩa là với bất kỳ điểm $A, B$ nào của mặt phẳng này thì đẳng thức
   $$|g(A)g(B)| = |AB|.$$
   Chuyển động nhìn thấy của mặt phẳng có thể được mô tả như sau. Chúng ta hãy tưởng tượng một mặt phẳng có dạng hai tấm chồng lên nhau, mặt trên của nó bị xuyên thủng. Có một số điểm được đánh dấu ở tờ dưới cùng; những điểm giống nhau được đánh dấu trên tờ trên cùng. Nốt Rê-

Hình 1.

3

đặt nó ở phía bên kia (“mặt sai”) và đặt nó lên phía mờ đục một lần nữa.

Bây giờ cho hai cặp điểm $A, B$ và $A_1, B_1$ trong mặt phẳng và $|AB| = |A_1B_1| \neq 0$. Mô hình chuyển động trực quan được mô tả ở trên gợi ý rằng có chính xác hai chuyển động trên mặt phẳng lấy điểm $A$ đến $A_1$ và điểm $B$ đến $B_1$.

Trên thực tế, bằng cách trượt bảng phát âm lên trên một bảng mờ, người ta chỉ có thể tìm thấy một vị trí của bảng phát âm, trong đó các điểm $A, B$ đặt trên đó sẽ tương ứng trùng với điểm $A_1, B_1$ trên bảng mờ (Hình 1). Bạn có thể làm khác: đầu tiên lật bảng phát âm sang mặt sau, sau đó kết hợp các điểm $A, B$ đặt trên đó với điểm $A_1, B_1$ trên tờ mờ. Không có chuyển động nào khác (ngoại trừ hai chuyển động được chỉ định) có thể biến đổi các điểm $A, B$ thành $A_1, B_1$ tương ứng. Chúng tôi thấy rằng:

Nếu $|AB| = |A_1B_1|$ (và $A \neq B$), thì có đúng hai chuyển động của mặt phẳng lần lượt lấy điểm $A, B$ đến $A_1, B_1$.

Tất nhiên, một “thí nghiệm suy nghĩ” được thực hiện với mô hình trực quan được mô tả không thể được coi là bằng chứng toán học cho việc xây dựng một tuyên bố - nó chỉ có thể được coi là một xác nhận thử nghiệm. Trong toán học, việc xây dựng một mệnh đề được chấp nhận (trong khuôn khổ hình học phổ thông) mà không cần chứng minh, tức là nó biểu diễn một tiên đề; nó được gọi là tiên đề về tính di động*) của mặt phẳng.

2. Phân loại chuyển động của mặt phẳng

Các loại chuyển vị đã được biết từ lớp 5: đối xứng trục, đối xứng tâm và đối xứng pa-

*) Trong sách giáo khoa “Hình học 6-8” (M., “Tha thứ”, 1979), tiên đề này được xây dựng hơi khác một chút (tr. 374); Chúng tôi để người đọc xác minh rằng công thức đưa ra ở đây tương đương với công thức trong sách giáo khoa.

Hình 2.

4

Hình 3.

có nghĩa là thông qua $O$ tâm của đường tròn được mô tả xung quanh tam giác này (Hình 2) và xuyên qua $l$ - đường thẳng đi qua trung điểm $M$, $N$ các bữa tiệc $[AB]$ Và $[BC]$. Tam giác $ABC$ - điện áp bằng nhau (biến $g$ dịch điểm $A, B$ V. $B, C$, Đó là lý do tại sao $|AB| = |BC|$. Vì thế, đến lượt $r$ với trung tâm $O$, dịch điểm $A$ V. $B$, dịch điểm $B$ V. $C$. Tiếp theo, chúng tôi ký hiệu bằng $s$ sự đối xứng qua một đường thẳng $l$, bởi vì $t$ - dịch song song, dịch một điểm $M$ V. $N$. Khi đó đối xứng trượt $h = s^\circ t$ dịch điểm $A$ V. $B$, và chỉ $B$ V. $C$. Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy hai biến $r$ Và $h$, mỗi trong số đó dịch các điểm $A, B$ tương ứng với $B, C$. Không có sự thay đổi thứ ba như vậy (theo tiên đề về tính di động của mặt phẳng). Vì vậy, các biến $g$, cũng có nghĩa là $A, B$ tương ứng với $B, C$, phải khớp với một trong hai $r$, hoặc với $h$, tức là trong trường hợp đang xét $g$ là đối xứng quay hoặc đối xứng trượt.

6. Hơn nữa, các điểm $A, B, C$ cùng nằm trên một đường thẳng $A \neq C$. Vì $|AB| = |BC|$ nên $B$ là trung điểm của đoạn $AC$ (Hình 3). Chúng ta biểu thị bằng $s_1$ sự đối xứng đối với đường thẳng $(AC)$ và bằng $t_1$ sự song song

dấu gạch nối đưa điểm $A$ đến $B$. Mỗi thay đổi $t_1$ và $h_1 = s^\circ t_1$ sẽ di chuyển các điểm $A, B$ của điểm tương ứng thành $B, C$. Như trong trường hợp $a$, theo sau, $g$ trùng với $t_1$ hoặc $h_1$, nghĩa là, trong trường hợp đang xem xét, $g$ là dịch song song hoặc đối xứng trượt.

c) Điểm $A$ và $C$ trùng nhau, tức là $g(A) = B$, $g(B) = A$ (Hình 4). Chúng ta hãy biểu thị bằng $r_2$ sự đối xứng trung tâm đối với phần giữa $O$ của đoạn $AB$ và bằng $s_2$ sự đối xứng đối với đường thẳng $l_2$ đi qua $O$ và vuông góc với $(AB)$. Mỗi thay đổi $r_2$, $s_2$ sẽ di chuyển các điểm $A, B$ của điểm tương ứng thành $B, A$. Từ đây, như trong các trường hợp trước, theo sau, $g$ trùng với một trong các thay đổi $r_2$, $s_2$, nghĩa là, trong trường hợp này $g$ là đối xứng tâm (và do đó, đối xứng quay) hoặc đối xứng trục. Định lý đã được chứng minh.

3. Thay đổi và định hướng

Chúng ta hãy tiếp tục những khác biệt rõ ràng liên quan đến mô hình được thảo luận ở đầu bài viết. Các điều kiện giả định rằng hướng dương của việc cắt các góc được xác định trên mặt phẳng. (Thông thường trong các bản vẽ, hướng ngược chiều kim đồng hồ được lấy làm hướng dương.) Để không quên quy ước này, bạn có thể vẽ một vòng tròn ở góc của hình vẽ, trên đó biểu thị hướng dương của việc cắt các góc bằng một mũi tên.

Nếu một sự thay đổi nào đó được mô tả trong mô hình trực quan của chúng ta do sự trượt của một mặt phẳng

5

bản thân nó thì hướng dương của các góc không thay đổi khi chuyển động như vậy (Hình 1). Trong trường hợp này, chúng ta nói rằng một chuyển động đã được thực hiện để bảo toàn hướng. Ví dụ, phép quay và dịch song song có thể được thực hiện do mặt phẳng tự trượt, nghĩa là chúng là các chuyển động bảo toàn hướng.

Nếu, để thực hiện chuyển động, chúng ta dịch chuyển tấm trên cùng (trong suốt) sang mặt sau, thì vòng tròn mà ban đầu mô tả hướng di chuyển ngược chiều kim đồng hồ sẽ biến thành một vòng tròn có hướng di chuyển theo chiều kim đồng hồ được mô tả trên đó. Trong trường hợp này, chúng ta nói rằng một chuyển động đã được thực hiện làm thay đổi hướng. Ví dụ, đối xứng trục là một chuyển động làm thay đổi hướng (Hình 5).

Dễ hiểu là nếu mỗi chuyển vị $f, g$ bảo toàn hướng thì thành phần $g^\circ f$ của chúng sẽ là một chuyển vị bảo toàn hướng. Trên thực tế, đường tròn $l$, trên đó hướng di chuyển ngược chiều kim đồng hồ, sẽ biến đổi khi di chuyển $f$ thành đường tròn $l_1$ với hướng di chuyển cũng ngược chiều kim đồng hồ (vì $f$ giữ nguyên hướng). Ngược lại, khi di chuyển $g$, vòng tròn $l_1$ sẽ biến thành vòng tròn $l_2$ với hướng di chuyển cũng ngược chiều kim đồng hồ (vì $g$ duy trì hướng). Khi di chuyển $g^\circ f$, vòng tròn $l$ (có hướng di chuyển ngược chiều kim đồng hồ) sẽ biến thành vòng tròn $l_2$ với cùng hướng di chuyển. Do đó, việc di chuyển $g^\circ f$ sẽ duy trì được hướng. Lập luận tương tự, ta thu được khẳng định sau:

Định lý 2. Nếu mỗi chuyển vị $f, g$ bảo toàn hướng hoặc nếu mỗi chuyển vị thay đổi hướng, thì thành phần của chúng $g^\circ f$ là một chuyển vị bảo toàn hướng. Nếu một trong các chuyển động $f, g$ giữ nguyên và chuyển động còn lại thay đổi hướng thì $g^\circ f$ là chuyển động thay đổi hướng.

Để dễ nhớ công thức này hơn, các điều kiện là coi các chuyển động bảo toàn định hướng là “dương” và các chuyển động duy trì ít định hướng hơn là “âm”. Khi đó, quy tắc dấu tương tự sẽ áp dụng cho thành phần của các chuyển vị như đối với phép nhân số thực: nếu $f$ và $g$ có cùng “dấu” thì kết quả là “dương” và nếu chúng khác nhau thì kết quả là “âm”.

Lưu ý rằng đối xứng trượt (nó được định nghĩa là sự kết hợp của đối xứng trục và tịnh tiến song song), theo Định lý 2, là một chuyển vị làm thay đổi hướng. Do đó, trong số tất cả các chuyển động phẳng được liệt kê trong Định lý 1, phép quay và chuyển động song song bảo toàn hướng, trong khi đối xứng quay và trượt làm thay đổi hướng.

4. Nhiệm vụ về thành phần của phong trào

Chúng ta hãy áp dụng những gì đã nói ở đoạn trước cho câu hỏi tìm thành phần của các chuyển vị khác nhau: hai đối xứng trục, phép quay và dịch chuyển song song, v.v. Chúng tôi sẽ giải quyết ba nhiệm vụ thuộc loại này và đưa ra các nhiệm vụ khác cho người đọc độc lập lời giải.

Bài tập 1. Tìm bố cục $s_2^\circ s_1$ của các đối xứng $s_1, s_2$ đối với hai đường thẳng cắt nhau $l_1, l_2$.

Lời giải. Đặt $O$ là giao điểm của đường $l_1$ và $l_2$ (Hình 6). Gọi α là góc mà đường thẳng $l_1$ phải quay để nó biến thành $l_2$. Hãy lấy điểm $A \in l_1$, khác với $O$ và đặt $B = s_2(A)$. Chúng ta có $s_1(O) = O$, $s_2(O) = O$, và do đó việc di chuyển $g = s_2^\circ s_1$ sẽ lấy điểm $O$ vào chính nó. Tiếp theo, $s_1(A) = A$, $s_2(A) = B$, tức là $g(A) = B$. Rõ ràng là việc xoay $r$ với tâm $O$ sang góc $2\alpha$ lấy điểm $A$ đến $B$ và trỏ $O$ vào chính nó. Vì vậy, chúng ta có hai chuyển động $r, s_2$, mỗi chuyển động lần lượt lấy điểm $O$, $A$ đến $O, B$. Vì phong trào $g = s_2^\circ s_1$ cũng tái diễn

6

Hình 7.

dẫn $O, A$ đến $O, B$, do tiên đề di động) $g$ trùng với $r$ hoặc $s_2$. Nhưng độ dịch chuyển của $g$ không thể trùng với $s_2$, vì $s_2$ thay đổi hướng, trong khi $g$ vẫn giữ nguyên (theo Định lý 2). Do đó, $g=r$, tức là $s_2^\circ s_1$, là phép quay qua góc $2\alpha$ quanh điểm $O$.

Bài toán 2. Tìm bố cục của các đối xứng $s_2^\circ s_1$ $s_1, s_2$ đối với hai đường thẳng song song $l_1, l_2$.

Lời giải *). Hãy lấy hai điểm $A, B \in l_1$ (Hình 7) và đặt $C=s_2(A), D=s_2(B)$. Khi đó $ABDS$ là hình chữ nhật. Chúng ta hãy biểu thị bằng $t$ cách dịch song song lấy điểm $A$ đến $C$. Sau đó $t(A)=C$, $t(B)=D$. Vì vậy, chúng ta có hai chuyển động $t, s_2$, mỗi chuyển động lần lượt lấy điểm $A, B$ đến $C, D$. Vì $g=s_2^\circ s_1$ cũng ánh xạ $A, B$ đến $C, D$, nên $g$ khớp với $t$ hoặc $s_2$. Vì $g$ giữ nguyên hướng của nó nên $g=t$. Vì vậy, $s_2^\circ s_1$ là một phép truyền song song.

Bài toán 3. Tìm thành phần phép quay và phép dịch song song.

*) Để biết thêm lời giải của bài toán này, xem «Kvant», 1980, Số 1, tr. 44.

Hình 8.

Hình 9.

Lời giải. Giả sử $r$ là phép quay có tâm $O$ qua một góc $\alpha$ (Hình 8) và $t$ là phép dịch song song. Hãy đặt $A=t(O)$. Tiếp theo, chúng ta vẽ các đường thẳng $l_1, l_2$ và các đường vuông góc ($OA$), đường đầu tiên đi qua điểm $O$ và đường thứ hai đi qua điểm giữa của đoạn $OA$. Sự đối xứng đối với các đường thẳng $l_1, l_2$ được ký hiệu là $s_1, s_2$. Sau đó từ bài toán 2 nó theo sau $s_2^\circ s_1=t$. Tiếp theo, bằng $l$, chúng ta biểu thị đường thẳng đi qua điểm $O$, từ đó thu được $l_1$ phép quay qua góc $\frac{1}{2}\alpha$ và bằng $s$ chúng ta biểu thị sự đối xứng đối với đường thẳng $l$. Sau đó từ bài toán 1 nó theo sau $s_1^\circ s=r$. Điều này có nghĩa là $t^\circ r=(s_2^\circ s_1)\circ(s_1^\circ s)=s_2(s_1^\circ s_1)\circ s=s_2^\circ s$, từ đó suy ra (nhờ bài toán 1) rằng $t^\circ r$ là phép quay qua một góc $\alpha$ quanh điểm $O_1$ tại đó các đường $l_2$ và $l$ giao nhau.

Lưu ý rằng đối với lời giải, trước hết, chúng tôi đã tận dụng tính kết hợp của hoạt động thành phần của các chuyển vị (nghĩa là khả năng đặt dấu ngoặc đơn tùy ý; thuộc tính này không chỉ hợp lệ cho các chuyển vị mà còn cho bất kỳ ánh xạ nào) và thứ hai, thực tế là đối với đối xứng chính $s_1$ ánh xạ tượng hình trùng với $s_1$, và do đó $s_1^\circ s_1$ cũng có một thực lập bản đồ. Ví dụ này - sự phân tách các chuyển vị thành các đối xứng trục, các trục của chúng được chọn sao cho kết quả cuối cùng là một phép “rút gọn” tùy ý - cũng được sử dụng với lời giải các đối xứng khác bài toán để tìm thành phần của các chuyển vị *).

• Để biết thêm thông tin về điều này, xem «Kvant», 1980, số 1 tr. 42.

7

5. Áp dụng chuyển động cho lời giải bài toán

Bài toán 4. Hai đường tròn có tâm $O_1, O_2$ cắt nhau tại các điểm $A$ và $B$. Chứng minh rằng đường thẳng $O_1O_2$ phân phối lại đoạn $AB$ và chia nó làm đôi.

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bằng $l_1, l_2$ các hình bán nguyệt nằm về một phía của đường thẳng $O_1O_2$, bằng $l'_1, l'_2$ các hình bán nguyệt nằm ở phía bên kia (Hình 9) và bằng $s$ sự đối xứng đối với $(O_1O_2)$. Sau đó $l'_1 = s(l_1), l'_2 = s(l_2)$. Vì $s(l_1 \cap l_2) = s(l_1) \cap s(l_2) = l'_1 \cap l'_2$, chúng ta nhận được $s(A) = B$, nghĩa là các điểm $A$ và $B$ đối xứng với $(O_1O_2)$. Đây là nơi tuyên bố bắt buộc theo sau.

Trong lời giải này, chúng tôi đã lợi dụng thực tế là đối với mọi chuyển động $f$ và mọi số liệu $M, N$ thì sự tương ứng $f(M \cap N) = f(M) \cap f(N)$ đều hợp lệ. Hãy tự mình chứng minh điều đó.

Bài toán 5. Trên các cạnh $AB$ và $BC$ của một tam giác tùy ý $ABC$ các hình vuông $ABMN$ và $BCPQ$ được dựng bên ngoài nó. Điểm $K$ là điểm giữa của đoạn $MQ$. Chứng minh rằng đoạn $BK$ phân phối lại đáy $AC$ và hai lần đỉnh của nó.

Lời giải. Đặt $L$ là trung điểm của đoạn $AC$ (Hình 10). Cần chứng minh các đoạn $BK$ và $CL$ phân bố lại trong đường tròn và bằng nhau. Để làm điều này, cách thuận tiện nhất là thiết lập rằng đoạn đầu tiên thu được từ đoạn thứ hai bằng cách xoay $\pm 90^\circ$ xung quanh một điểm nhất định. Vì vậy, chúng tôi muốn tìm một điểm, một phép quay theo $90^\circ$ hoặc $-90^\circ$ xung quanh để biến điểm $C$ thành $B$ và điểm $L$ thành $K$. Nhưng rõ ràng là việc quay $r$ bằng $-90^\circ$ quanh tâm hình vuông $BCPQ$ sẽ lấy điểm $C$ thành $B$. Điều này có nghĩa là vẫn cần thiết lập $r(L) = K$ đó.

Chúng tôi có $r(C) = B, r(B) = Q$; hãy đặt $r(A) = D$. Khi đó $r([BA]) = [QD]$, tức là các phân đoạn $AB$ và $DQ$ đã được phân phối lại và bằng nhau. Điều này có nghĩa là các đoạn $BM$ và $QD$ song song và bằng nhau, tức là $BMDQ$ song song. Do đó, điểm $K$ (trung điểm của đường chéo $MQ$) cũng chính là trung điểm của đoạn $BD$. Vì $r([CA]) = [BD]$, chúng tôi nhận được $r(L) = K$. Vì vậy, $r(C) = B, r(L) = K$, tức là $r([CL]) = [BK]$, và do đó các phân đoạn $CL$ và $BK$ đã được phân phối lại và bằng nhau.

Bài toán 6. Khôi phục bức tường hiên, biết các điểm $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ là trung điểm của các cạnh kế tiếp của nó.

Lời giải. Đặt $ABCDE$ là bức tường hiên mong muốn (Hình 11). Chúng ta hãy biểu thị bằng $s_1, s_2, s_3, s_4, s_5$ những cái ở tâm đối xứng với điểm $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$. Khi đó $s_1(A) = B, s_2(B) = C, s_3(C) = D, s_4(D) = E, s_5(E) = A$, tức là di chuyển $f = s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ sẽ lấy điểm $A$ vào chính nó. Nhưng bố cục $s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ làm di chuyển gót chân,