LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 3
(всего 5)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

24 25
точек A1 , . . ., Ak . При этом как бы мы ни действовали, хоть по пер- в ы й с п о с о б н е д а ё т с е т и Ш т е й н е р а. A3
A4
вому, хоть по второму способу, нет гарантии, что всякий раз будет В т о р о й с п о с о б. Убираем пару вершин.
получаться сеть Штейнера. Например, если действовать по пер- В силу симметрии, достаточно рассмотреть два T
вому способу, то новое ребро, соединяющее точку Aj с некоторой случая: вершины A1 , A3 (концы диагонали) B
точкой Am , может составлять угол, меньший 120? с каким-либо и вершины A1 , A2 (концы стороны). В первом
из <старых> рёбер, выходящих из Am . Если действовать по второму случае (убрали A1 и A3 ) строим равносторон- A1 A2
способу, то ребро MK может вовсе не пересечь окружность MAi Aj , ний треугольник A1 MA3 . Три точки M, A2 и A4
а может пересечь её не в том месте (нужно, напомним, чтобы точка лежат на одной прямой, поэтому их сеть Штей-
пересечения лежала на дуге Ai Aj , не содержащей точку M). В обо- нера состоит из двух отрезков MA2 и A4 A2 .
их случаях мы не сможем поставить дополнительную вершину B. Ребро MA2 не пересекает дуги A1 A3 описан-
Важно другое: л ю б а я сеть Штейнера точек A1 , . . ., Ak полу- ной окружности треугольника A1 MA3 . Таким M
чается таким способом! Все сети Штейнера будут содержаться среди образом, этот случай не даёт сети Штейне-
Рис. 21
построенных графов. Мы уже доказали это, опираясь на лемму. ра. Во втором случае (убрали A1 и A2 ) строим
A3
равносторонний треугольник A1 MA2 . Если он A4
Посмотрим, как строятся сети Штейнера для малого числа
точек. Со случаем k=2 всё ясно, займёмся случаем k=3. построен во внутреннюю сторону квадрата, то
П р и м е р 1. k=3, точки A1 , A2 , A3 — произвольные. вновь не получается сети Штейнера (оставим
П е р в ы й с п о с о б. Уберём любую из трёх точек, напри- разобрать этот случай читателю). Если во внеш-
мер, A1 . Сетью Штейнера оставшихся двух точек будет отрезок нюю сторону, то A3 MA4 — остроугольный; его
A2 A3 . Теперь соединяем точку A1 с любой из вершин A1 или A2 . сеть Штейнера — три отрезка, соединяющие A1 A2
В любом случае получаем две стороны треугольника A1 A2 A3 . Если его вершины с точкой Торричелли T. Ребро TM
Рис. 22
угол между ними не меньше 120? , то это будет сетью Штейнера. пересекает описанную окружность треугольни-
В т о р о й с п о с о б. Убираем две вершины, например, A1 ка A1 MA2 в точке B (рис. 21).
и A2 . Строим равносторонний треугольник A1 MA2 , затем находим В итоге мы получили сеть Штейнера, показанную на рис. 22.
точку пересечения дуги A1 A2 его описанной окружности с отрез- Она состоит из пяти рёбер и имеет две дополнительные вершины.
ком MA3 . Если они пересекаются, то обозначаем точку пересечения Если сторона квадрата равна 4 (как в задаче о деревнях), то сум-
через B. Получаем сеть Штейнера, состоящую из трёх отрез- марная длина дорог равна
ков BA1 , BA2 , BA3 . Легко видеть, что B — точка Торричелли v
треугольника A1 A2 A3 . Итак, 4( 3+1)=10,928. . .
Для трёх точек всегда существует единственная сеть Штейне-
ра. Если один из углов треугольника с вершинами в этих точках Оказывается, что кратчайшая система дорог имеет два перекрёст-
больше или равен 120? , то сеть состоит из двух рёбер — сторон ка, а не один!
этого угла. Если все углы меньше 120? , то она состоит из трёх Как видим, уже для четырёх точек требуется перебрать много
рёбер, соединяющих точку Торричелли (дополнительную верши- вариантов, чтобы построить сеть Штейнера. Для пяти точек таких
ну) с тремя вершинами. вариантов будет ещё больше, кроме того, самих сетей Штейнера
Уже для четырёх точек может быть несколько сетей Штейнера. может быть много. Вообще говоря, только одна (или несколько)
Всё зависит от их взаимного расположения. Построим кратчайшую из них является кратчайшей системой дорог, все остальные —
систему дорог для четырёх вершин квадрата, решив, таким обра- локально кратчайшие, т. е. любая система, достаточно близкая
?
зом, задачу 36. к данной, будет иметь большую длину. Математики в таких случа-
П р и м е р 2. k=4, точки A1 , A2 , A3 , A4 — вершины квадрата. ях говорят, что каждая сеть Штейнера даёт локальный минимум
П е р в ы й с п о с о б. Убираем вершину A1 . В оставшемся тре- в задаче, а одна или несколько из них дают глобальный мини-
угольнике A2 A3 A4 углы меньше 120? , поэтому его сеть Штейнера мум, т. е. являются самыми короткими среди всех систем дорог,
состоит из отрезков TA2 , TA3 , TA4 , где T — точка Торричелли а не только среди близких. Так, уже для квадрата существует
треугольника A2 A3 A4 . Теперь нужно соединить A1 с любой из вер- не одна, а две сети Штейнера (первая — та, которую мы построили,
вторая — получающаяся из первой поворотом на 90? вокруг цен-
шин A2 , A3 или A4 . Однако, как легко видеть, при этом каждый
раз будут получаться два ребра с углом меньше 120? . Итак, п е р- тра квадрата). Они равны, поэтому обе дают глобальный минимум.
26 27
Современная вычислительная техника даёт возможность осу- История изопериметрической задачи нача-
ществлять перебор огромного числа вариантов и легко строить лась в IX веке до н. э., когда, как написал
сети Штейнера, например, для двадцати точек. Системы дорог в своей поэме <Энеида> древнеримский поэт
в местностях с однородным рельефом (например, в степи) строятся Вергилий, дочь финикийского царя принцесса
по сетям Штейнера. Нефтяные и газовые трубопроводы в россий- Дидона, спасаясь от своего брата, замыслив-
ской и канадской тундре также строятся по сетям Штейнера. Сети шего заговор против неё, снарядила корабль
Штейнера можно встретить и в природе, например, в структу- и со своими слугами отправилась в плава-
ре полимерных молекул. А увидеть их наглядно можно, проделав ние вдоль южного побережья Средиземного мо-
следующий опыт: вбить в доску несколько гвоздей, опустить её ря. После нескольких дней плавания корабль
в мыльный раствор, а затем вытащить. Мыльная плёнка натянется причалил к живописному берегу на террито-
между гвоздями по сети Штейнера. Вернее, по одной из возмож- рии современного государства Тунис. Принцес-
ных сетей (ведь если гвоздей больше трёх, то сетей может быть са попросила вождя местного племени Ярба
несколько), причём не обязательно по самой короткой. Мы вернём- выделить ей участок земли на берегу для то-
ся к этой модели в § 8 (задача 72). го, чтобы основать там своё поселение. Вождь Рис. 23
39. Постройте сети Штейнера для четырёх вершин прямо- с усмешкой предложил ей взять столько земли,
угольника размером 3?4. Какая из них является кратчайшей сколько можно ограничить одной бычьей шкурой. Тогда хитрая
системой дорог, и чему равна её длина? Дидона приказала разрезать бычью шкуру на очень тонкие поло-
40. Сколько сетей Штейнера может быть у равнобедренной сочки, из которых сплели длинную верёвку. Считая для простоты
трапеции? Приведите соответствующие примеры. линию берега прямой, получаем задачу, которую Дидоне предсто-
41. Постройте кратчайшую систему дорог, соединяющих вер- яло решить.
шины правильного пятиугольника. Задача Дидоны. От прямой линии берега верёвкой данной
42. Придумайте способ построения сетей Штейнера для k точек длины отгородить участок земли наибольшей площади.
в пространстве и проведите все доказательства. Задача Дидоны в точности равносильна изопериметрической
43. Постройте сети Штейнера для четырёх вершин правильно- задаче. Пусть, для определённости, длина верёвки равна 1 км.
го тетраэдра (решив, таким образом, задачу 38 о пауке). Сделав симметрию относительно прямой линии берега, получим
44. Постройте хотя бы одну сеть Штейнера для вершин куба. замкнутую линию длиной 2 км. Она ограничивает наибольшую
площадь, когда является окружностью. Следовательно, верёвка
должна ограничивать полукруг (рис. 23).
§ 5. ИЗОПЕРИМЕТРИЧЕСКАЯ ЗАДАЧА
Так, согласно легенде, был основан знаменитый город древнего
мира Карфаген. Говорят, что старая крепость Карфагена действи-
<Всё моё, моё!> — говорит жадный человек, собирая свои руки
тельно имела форму полукруга. Было ли сделано так, потому что
в круг, показывая, как много добра он может ими захватить.
При этом не подозревая, что демонстрирует решение одной Дидона решила задачу, или по другим причинам, видимо, навсегда
из самых древних задач математики — изопериметрической
останется неизвестным. Однако несомненно одно: изопериметриче-
задачи.
ское свойство круга является одним из древнейших утверждений
Изопериметрическая задача. Среди всех замкнутых линий дан- геометрии, наряду с теоремой Пифагора (которую знали, как из-
ной длины найти ту, которая охватывает наибольшую площадь. вестно, ещё древние египтяне) или теоремой о вертикальных углах,
Ответ известен всем — это окружность, а фигура — круг. доказанной первым учёным античного мира Фалесом.
В чём же тогда задача, спросите вы? Задача в том, чтобы это дока- Многие выдающиеся мыслители находили различные объяс-
зать. И тут математика сталкивается с неожиданными трудностя- нения максимальности круга и шара (соответствующее свойство
ми, подтверждая известное правило: <чем очевиднее утверждение, шара ограничивать максимальный объём при данной площади по-
тем труднее его доказать>. верхности называют изопифанностью). Вот что писал, например,
Судьба изопериметрической задачи воистину удивительна! От- Николай Коперник в своей великой книге <О вращениях небесных
вет был известен человечеству почти 3000 лет и ни у кого не вы- сфер>: <Прежде всего мы должны заметить, что мир является ша-
зывал сомнений, но строго доказать его удалось лишь в конце рообразным или потому, что эта форма совершеннейшая из всех
XIX века. и не нуждается ни в каких скрепах и вся представляет цельность,
28 29
или потому, что эта форма среди всех других обладает наибольшей (поскольку диаметр AB делил периметр F попо-
M
вместимостью, что более всего приличествует тому, что должно лам), а площадь больше, чем S/2+S/2=S. Вновь
охватить и сохранить всё>. получаем, что F не является фигурой наибольшей
A
Если шар вмещает в себя весь мир, то он, конечно, имеет площади.
3? . И з л ю б о й т о ч к и г р а н и ц ы ф и г у р ы
максимальный объём!
Попытки строгого доказательства изопериметрического свой- F д и а м е т р в и д е н п о д п р я м ы м у г л о м. Это B
ства круга предпринимались ещё в древности. Так, древнегрече- значит, что если AB — диаметр, а M — любая точ-
ка на границе, то ?AMB=90? . Предположим, что
ский математик Зенодор, живший в V веке до н. э. в Александрии,
это не так, и ?AMB=90? для какой-то точки M.
дал вполне строгое, даже с позиций сегодняшнего дня, обоснова-
ние следующего факта: если для данного n существует n-угольник Диаметр делит фигуру на две половины. Уберём ту M
периметра 1, имеющий максимальную площадь, то это — правиль- половину, которая не содержит точки M. Соглас-
но свойству 2? , оставшаяся половина будет иметь
ный n-угольник. От утверждения Зенодора один шаг до решения A
изопериметрической задачи (мы предлагаем читателю сделать его площадь S/2. Эта площадь состоит из трёх ча-
в задаче 53). стей: площади треугольника AMB и площадей двух B
Замечательное доказательство изопериметрического свойства сегментов, примыкающих к сторонам AM и BM
круга придумал уже не раз упоминавшийся Якоб Штейнер. Прав- (на рис. 25 эти сегменты заштрихованы). M
да, его доказательство содержит серьёзный недостаток, факти- Приклеим эти сегменты к сторонам, а сами
чески — ошибку. Впрочем, ошибку устранимую, а в середине стороны раздвинем (или, напротив, сдвинем) так, A
XIX века, когда работал Штейнер, и вовсе за ошибку не считав- чтобы угол AMB стал прямым. Площади сегментов
B
шуюся. Вот это доказательство. Будьте очень внимательны! при этом не изменятся, а площадь треугольни-
Доказательство изопериметрического свойства ка AMB увеличится. В самом деле, его площадь
к р у г а. Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра теперь равна AM·BM/2, а была равна Рис. 25
имеет наибольшую площадь. Назовём эту фигуру F, её площадь
1 1
обозначим через S, а периметр — через l. Докажем, что эта фигура AM·BM·sin ?AMB< AM·BM.
2 2
обладает тремя свойствами.
1? . Ф и г у р а F в ы п у к л а. Это означает, что любой от- Итак, мы получили фигуру, площадь которой больше, чем S/2.
резок, соединяющий две точки фигуры F, целиком лежит в F. Теперь отразим её относительно прямой AB и получим фигуру
Действительно, если бы F не была выпуклой, то нашёлся бы от- периметра l и площади большей, чем S, что вновь приводит к про-
резок AB с концами на границе фигуры, который целиком лежит тиворечию.
Из свойства 3? немедленно следует, что F — это круг, посколь-
вне F (рис. 24). Отразив дугу границы фигуры F, лежащую между
точками A и B, симметрично относительно прямой AB, получим ку окружность с диаметром AB является геометрическим местом
фигуру с тем же периметром, но с большей площадью, следова- точек, из которых отрезок AB виден под прямым углом. Теорема
тельно, F не будет фигурой максимальной площади. доказана.
Назовём диаметром выпуклой фигуры любой отрезок, который Не правда ли, красиво! Получается, что изопериметрическое
делит её периметр пополам. свойство круга равносильно угловому свойству окружности (из ка-
2? . Л ю б о й д и а м е т р ф и г у р ы F д е л и т п о п о л а м ждой точки окружности диаметр виден под прямым углом). Ка-
н е т о л ь к о е ё п е р и м е т р, н о и п л о щ а д ь. Допустим, ждое из этих свойств следует из другого.
что найдётся диаметр AB, который делит F на две фигуры не- Ну, а где же ошибка? Внимательный читатель, конечно, за-
?
равной площади. Возьмём ту половину, которая имеет большую метил, что мы нарочно обходили некоторые тонкие моменты.
Например, при доказательстве свойства 1? после отражения отно-
площадь (ясно, что её площадь боль-
ше S/2), а другую половину уберём. сительно прямой AB у фигуры могут появиться самопересечения,
A B A B Теперь отразим оставшуюся полови- и что делать тогда? Почему самопересечений не возникнет при до-
казательстве свойства 3? , когда мы меняем угол между AM и BM?
ну относительно прямой AB. Тогда
получим симметричную фигуру, пе- Признаемся, для краткости мы опустили много деталей в доказа-
Рис. 24 риметр которой по-прежнему равен l тельстве. Строгое доказательство несколько длиннее, и, поверьте
30 31
на слово, на самом деле в этих местах никаких проколов нет. <Р е ш е н и е>. Пусть максимальная площадь под графиком
Ошибка не в этом! достигается для функции f(x). Рассмотрим функцию
Ошибка содержится в самой первой фразе доказательства: " 1, если f(x)?1;
E
"
<Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра имеет g(x)= $" f(x)+(f(x)?1)(2?f(x)), если f(x)>1.
"
наибольшую площадь>. Почему такая фигура вообще существует?
@
А если её нет? Это кажется мелким замечанием, которое мож- Если функция f(x) не равна тождественной единице, то, как лег-
но легко обойти. Увы! Пока существование фигуры максимальной ко видеть, площадь под её графиком меньше, чем под графиком
площади не доказано, доказательство Штейнера нельзя считать функции g(x). Следовательно, если площадь под графиком функ-
верным. Иначе подобные рассуждения могут приводить к совер- ции f(x) максимальна, то f(x)=1 для всех x?[0, 1].
Ответ, конечно же, неверен. Например, функция f(x)=?x2 +
шенно абсурдным выводам.
?
П р и м е р 1. <Теорема>. Среди всех квадратов наибольшую +x+1 ограничивает большую площадь, чем тождественная едини-
площадь имеет квадрат со стороной 1. ца. А причина неверного решения в том, что функции максималь-
<Д о к а з а т е л ь с т в о>. Рассмотрим квадрат наибольшей пло- ной площади в условиях задачи просто не существует, несмотря
щади, пусть его сторона равна a. Если a<1, то его площадь, на то, что площадь под графиком функции f — величина ограни-
равная a2 , также меньше 1, а значит, меньше площади квадрата ченная (она всегда меньше, чем 2).
со стороной 1. Получаем противоречие. Если a>1, то выполне- На самом деле Якоб Штейнер доказал, что
но неравенство a2 <a4 , а значит площадь нашего квадрата меньше Если фигура наибольшей площади среди всех фигур данного
площади квадрата со стороной, равной a2 . Вновь получаем проти- периметра существует, то это — круг.
воречие. Следовательно, a=1. Стоп, стоп! Но ведь и в предыдущем разделе, говоря о сетях
Несмотря на явную абсурдность этого рассуждения, с точки Штейнера, мы не доказали того, что кратчайшая система дорог
зрения логики, оно ничуть не хуже доказательства Штейнера. В са- существует! Получается, что и те доказательства тоже не верны?
мом деле, мы придумали некоторый аргумент, доказывающий, что Строго говоря, да. Вернее так: не н е в е р н ы, а н е з а в е р ш е н ы.
квадрат со стороной a не является квадратом наибольшей площа- В обеих задачах осталось лишь доказать, что решение существу-
ди. Аргумент проходит для всех значений a, кроме a=1. Из этого ет. В середине XIX века ни в существовании фигуры данного
мы делаем <вывод>, что квадрат со стороной 1 имеет наиболь- периметра и наибольшей площади, ни в существовании кратчай-
шую площадь. В доказательстве Штейнера сделано то же самое: шей системы дорог, не было никаких сомнений. И доказательства
приведён аргумент, доказывающий что данная фигура не является Штейнера считались совершенно строгими. Существование реше-
фигурой максимальной площади. Аргумент проходит для любой ния в обеих задачах легко объяснить, например, из физических
фигуры, кроме круга. И мы делаем вывод, что при данном пери- соображений (этим займёмся чуть позже, в § 8), а в те времена
метре круг имеет наибольшую площадь. такого обоснования было вполне достаточно. Лишь к концу XIX ве-
Можно возразить: ведь площадь квадрата может быть сколь ка, усилиями немецких математиков Г. А. Шварца и В. Бляшке
угодно большой, поэтому максимального квадрата нет! А пло- строгое доказательство существования в изопериметрической зада-
щадь фигуры данного периметра явно ограничена. Разве из этого че было завершено, и её многовековая история подошла к концу.
не следует, что среди фигур данного периметра найдётся фигура Мы расскажем про это доказательство в приложении Б, а заодно
максимальной площади? Хорошо, вот другой пример: докажем существование решения в задаче о сетях Штейнера.
П р и м е р 2. Рассмотрим множество непрерывных функций Пока же будем считать изопериметрическое свойство доказан-
на отрезке [0, 1], обладающих следующим свойством: f(0)=f(1)=1, ным и пользоваться им при решении задач. А заодно договорим-
и 0?f(x)?2 для всех x?(0, 1). Из всех таких функций найти ту, ся: во всех последующих параграфах не будем задавать вопрос
для которой площадь под её графиком (т. е. площадь фигуры, огра- о существовании минимума или максимума. Существование в та-
ниченной осью абсцисс, вертикальными прямыми, проведёнными ких задачах доказывается по одной и той же схеме, изложенной
в точках x=0 и x=1, и дугой графика) наибольшая. Те, кто зна- после основного текста в приложении А. Читатель, который смо-
ком с понятием интеграла, формулируют задачу так: жет одолеть приложение А (в особенности теорему Вейерштрасса
и следствие 2), сможет самостоятельно доказать, что минимумы
1
и максимумы во всех предлагаемых задачах действительно дости-
?
0?f(x)?2; f(0)=f(1)=1.
f(x) dx>max,
гаются. Читателю, который не сможет этого сделать, мы советуем
0
32 33
§ 6. ВАРИАЦИОННЫЕ МЕТОДЫ
просто поверить, что это действительно так.
45. Верёвкой данной длины отгородить от прямого угла фигуру <По обе стороны от места наибольшего значения убывание вна-
наибольшей площади. чале нечувствительно>.
Иоганн Кеплер
46. Та же задача для угла 60? и для угла 45? .
47. Кривой наименьшей возможной длины разделить равно- Итак, мы разобрали множество задач, и каждая из них име-
сторонний треугольник на две части равной площади. ла своё элегантное геометрическое решение. На практике, увы,
48. Кривой наименьшей возможной длины разделить квадрат так получается далеко не всегда. Многие геометрические задачи
на две части равной площади (следует быть осторожным с кажу- на минимум и максимум либо вовсе не имеют геометрического
щимся сходством этой задачи с задачей 47!). решения, либо их геометрические решения существенно сложнее
49. Почему нефтехранилища на крупных заводах всегда дела- аналитических. Таково положение вещей, и относиться к нему
ются цилиндрическими (а иногда даже шарообразными), а не в можно по-разному. С одной стороны, это плохо. С другой сто-
виде, скажем, куба, что технологически было бы гораздо удобнее? роны, это обстоятельство всегда заставляло математиков искать
50. Разведчик прыгнул с парашютом из самолёта и призем- новые пути решения. В таких поисках к концу XVII века ро-
лился в тылу врага, в глухом лесу. Теперь ему нужно скорее дилось и оформилось новое направление математики, вставшее
выйти из леса. Где кончается лес, и в какую сторону нужно ид- вровень с алгеброй и геометрией — математический анализ. Имен-
ти, он не знает. Он знает только, что площадь леса равна 20 км2 , но задачам на максимум и минимум, наряду с задачами механики
и что в этом лесу нет полян. Как он должен идти, чтобы, прой- и оптики, математический анализ обязан своим появлением. Прин-
дя 16 км, наверняка выйти из леса? Какова длина кратчайшего цип решения многих экстремальных задач сводится к простому
пути, гарантирующего выход из леса? Какую кривую при этом и вместе с тем универсальному факту:
опишет разведчик? В точке максимума или минимума функции её производная
51. Те же вопросы, что и в задаче 50, но теперь известно, что равна нулю.
лес имеет форму выпуклой фигуры. Это утверждение часто называют теоремой Ферма (не путать
52. а) Дан шарнирный многоугольник (длины сторон фик- с великой теоремой Ферма и с малой теоремой Ферма в теории чи-
сированы, а углы можно менять произвольно). Докажите, что сел!), поскольку именно Пьер Ферма впервые сформулировал его
существует единственное положение этого многоугольника, при в 1629 году в работе <Метод отыскания наибольших и наимень-
котором он вписан в окружность. ших значений>. Свой метод Ферма назвал <De maximis et minimis>
П о д с к а з к а. Возьмём окружность большого радиуса и отложим на ней (напомним, что научные работы в то время писались на латыни)
последовательно все стороны многоугольника. Получим ломаную, вписанную
и продемонстрировал, как с его помощью можно решить задачу
в окружность. Затем будем уменьшать её радиус, пока ломаная не замкнётся.
Евклида: из всех прямоугольников с данным периметром найти
б) Дан шарнирный многоугольник. Докажите, что его площадь
тот, который имеет наибольшую площадь. Надо сказать, что идея
будет максимальной, когда он вписан в окружность.
вариационного метода в то время, что называется, витала в возду-
П о д с к а з к а. Рассмотрим произвольное положение многоугольника. Затем,
изменив его углы, доведём его до вписанного в окружность. Зафиксируем ду- хе. Многие учёные развивали этот метод. Например, Иоганн Ке-
ги этой окружности и <приклеим> их к сторонам многоугольника. После этого
плер, слова которого из трактата <Стереометрия винных бочек>
приведём многоугольник к первоначальной форме, сохранив дуги окружности,
приклеенные к сторонам. Остаётся сравнить площадь фигуры, ограниченной эти- мы вынесли в эпиграф, или Исаак Нью-
ми дугами, с площадью круга.
тон, говоривший что <когда величина
53. а) Не пользуясь изопериметрическим свойством круга, ре- B
является максимальной или минималь-
шите задачу Зенодора, т. е. докажите, что среди всех n-угольни- ?
B?
ной, в этот момент она не течёт ни впе-
ков данного периметра правильный n-угольник имеет наиболь- рёд, ни назад>.
шую площадь. При этом существование n-угольника наибольшей Напомним, что производной функ- M
площади считаем известным. ции f(x) в точке x называется число a
П о д с к а з к а. Берём многоугольник наибольшей площади, и сначала дока- ?
такое, что
зываем, что все его стороны равны, а затем — что все его углы равны.
б) Выведите изопериметрическую задачу из задачи Зенодора. ?
f(x+h)=f(x)+a·h+?(h) |h|,
?
П о д с к а з к а. Предположим, что найдётся линия, ограничивающая большую
A?
K A
площадь, чем окружность данной длины, и приблизим эту линию многоугольни- где величина ?(h) стремится к нулю при
ком с очень маленькими сторонами.
h>0. Производную обозначают симво- Рис. 26
34 35
лом f? , таким образом, f? (x)=a. Для достаточно малых прираще- Но так как f? (0)=0, для кратчайшего
ний h функция f(x+h) приближённо равна линейной функции отрезка AB получаем такое условие: B
f(x)+ah, причём чем меньше h, тем это приближение точнее. ?
MB ctg ?=MA ctg ?.
54. Через данную точку внутри угла провести отрезок с кон- M
цами на сторонах угла, имеющий наименьшую длину.
Что это означает геометрически?
Удивительно, что эта чисто геометрическая задача не имеет
Пусть K — вершина угла. Опустим H
столь же ясного геометрического решения. Все более или менее
перпендикуляр KH на AB. Нетрудно ?
короткие её решения используют производную. Интересно и то,
ctg ?
HB
что многие похожие на неё задачи-близнецы, которые, на первый K A
проверить, что = . С другой
ctg ?
HA
взгляд, даже сложнее её, имеют простые геометрические реше- Рис. 27
ctg ?
MA
ния. Например, провести отрезок через данную точку внутри угла, стороны, = , поэтому MA=HB
ctg ?
MB
отсекающий от угла треугольник минимальной площади или ми-
нимального периметра (задачи 56, 57). и MB=HA (рис. 27). Итак,
B
Р е ш е н и е. Обозначим кратчайший отрезок через AB, а дан- Кратчайший отрезок AB характери-
ную фиксированную точку внутри угла — через M. Проведём зуется следующим свойством: проек- H
через M другой отрезок A? B? с вершинами на сторонах угла. Пусть ция вершины угла на AB симметрич-
? — угол между A? B? и AB. Функция f(?)=A? B? достигает своего на точке M относительно середины M
минимума в точке ?=0, поэтому f? (0)=0. Применив теорему си- отрезка AB.
нусов к треугольникам MBB? и MAA? , получим Почему мы лишь охарактеризовали
?
? ?
?
положение отрезка AB, а не дали спосо-
sin ? sin ?
ба его построения? Дело в том, что для K P A
MB? =MB MA? =MA ;
,
sin(?+?) sin(???)
произвольного угла этот отрезок не мо- Рис. 28
следовательно, жет быть построен с помощью циркуля
и линейки. Именно поэтому эта <простая> геометрическая зада-
f(?)?f(0)=A? B? ?AB=MB? +MA? ?MB?MA=
ча имеет столь громоздкое решение. Если бы существовало такое
sin ? sin ?
# A # A
построение, которое находило бы кратчайший отрезок для любо-
=MB  ! +MA
 sin(???) ?1! =
?1
! !
!
!
sin(?+?) 
го угла, то оно годилось бы и для прямого угла (рис. 28). Если
угол K — прямой, то
? ?! ? ?!
# A # A
2 sin cos ?+  2 sin cos ?? !
!
2 2 2 2
! !
=?MB +MA . ?
# A
sin(?+?) sin(???) ctg  ??!
!
2
ctg ?
!
MA 
=tg2 ?.
= =
Итак, ctg ? ctg ?
MB
?! ?!
?
# A # A
# A
cos ?+ ! cos ?? !
2 sin
!
!
tg ?
MA
2 2
2
! !
f(?)?f(0)
!
!
С другой стороны, = , где ? — угол между KM и KA
=? ?MA
MB !.
!
tg ?
MB
!
sin(?+?) sin(???) 
? ? 
(мы воспользовались подобием треугольников APM и AKB). Итак,
v
?
tg ?= 3 tg ?. Построить отрезок AB означает найти кубический
2 sin
2
Поскольку >1 при ?>0, и при этом корень из числа tg ?. Последнее, как известно, не выполнимо с по-
?
мощью циркуля и линейки.
В экстремальных задачах довольно частой является ситуация,
?! ?!

<< Пред. стр.

страница 3
(всего 5)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign