LINEBURG


страница 1
(всего 4)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

— математические кружки для школьников при механи-
МАЛЫЙ Библиотека
ко-математическом факультете МГУ. Занятия проходят
«Математическое просвещение»
МЕХМАТ по субботам в главном здании МГУ на Воробьёвых го-
рах для учащихся 6—8 классов с 1600 до 1800, для уча-
щихся 9—11 классов с 1800 до 2000. С вопросами обращайтесь по адресу
электронной почты mmmf@mmmf.mccme.ru или по телефону 939 39 43.
П Р И Г Л А Ш А Ю Т С Я В С Е Ж Е Л А Ю Щ И Е!
Каждую субботу сотни школь-
ников стекаются в главное зда-
И. Х. Сабитов
ние МГУ на Воробьёвых горах на
занятия Малого мехмата. Здесь
школьники учатся решать задачи и
математически строго излагать най-
денные решения. Каждый школьник
получает в начале занятия листок


ОБЪЁМЫ
МНОГОГРАННИКОВ
с задачами, которые, как правило,
объединены одной темой. Свои ре-
шения школьники рассказывают
преподавателям — студентам и ас-
пирантам «большого» мехмата.




Основные принципы кружков:
они открыты для всех желающих
и бесплатны. Более того, можно по-
сещать кружок, начиная с любого
занятия.
Участие в кружке не даёт ника-
ких льгот при поступлении в вузы
и других формальных преимуществ.
Поэтому сюда приходят только те,



кому интересен сам процесс реше-
ния задач, кто действительно хочет
почувствовать красоту математики.
А это, по большому счёту, оказы-
вается значительно существеннее
всевозможных льгот.

ISBN 5 94057 004 6
М. Ю. Пан ова.




Издательство Московского центра
непрерывного математического образования
Фото




9 785940 570042 Москва • 2002



C MY K
Библиотека
«Математическое просвещение»
Выпуск 21




И. Х. Сабитов

Н а у ч н о - р е д а к ц и о н н ы й с о в е т с е р и и:
ОБЪЁМЫ
В. В. Прасолов, А. Б. Сосинский,
В. М. Тихомиров (гл. ред.), И. В. Ященко.
МНОГОГРАННИКОВ
Серия основана в 1999 году.




Рисунки М. Ю. Панова.




Издательство Московского центра
непрерывного математического образования
Москва • 2002
УДК 514.113 Всем старшеклассникам известна формула Герона, выражающая
ББК 22.151 площадь S треугольника через длины его сторон a, b, c:
С12
S = p(p a)(p b)(p c),
a+b+c
где p = — полупериметр треугольника, a, b, c — длины его
Аннотация 2
сторон. Если возвести обе части в квадрат и подставить выражение
Изложение материала начинается с формулы, выражающей объ-
для p, то после упрощения получится формула
ём тетраэдра через длины его рёбер. Эту формулу можно найти почти
во всех справочниках по математике, но мало кто знает её историю.
1
S2 = (2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2 a4 b4 c4 ).
В брошюре разбираются доказательства этой формулы, принадлежа-
16
щие Тарталье (XVI век) и Эйлеру (XVIII век), и даются современные
их варианты. Сформулирована и прокомментирована теорема, обоб-
К сожалению, эта формула не распространяется на многоуголь-
щающая формулу объёма тетраэдра на любые многогранники и да-
ники более сложного вида. Рассмотрим, например, квадрат — про-
ющая как простое следствие решение проблемы «кузнечных мехов»,
стейшую фигуру с четырьмя сторонами длины a. Его площадь рав-
утверждающей постоянство объёма изгибаемого многогранника. Да-
ются также примеры изгибаемых многогранников. на a2 . Однако, если не предполагать, что наш многоугольник являет-
Текст брошюры представляет собой дополненную обработку за-
ся квадратом, его площадь при тех же длинах сторон может оказаться
писи лекции для школьников 9—11 классов, прочитанной автором на
совершенно другой, так как площадь произвольного ромба со сторо-
Малом мехмате МГУ 10 марта 2001 года (запись Е. А. Чернышёвой).
ной a может принимать любое значение от 0 до a2 (рис. 1).
Брошюра рассчитана на широкий круг читателей, интересую-
щихся математикой: школьников старших классов, студентов млад-
ших курсов, учителей.

Работа автора над брошюрой частично поддер-
l3
Р И жана Российским фондом фундаментальных l1
a
l2
исследований (РФФИ), грант № 00—06—80437. a
a2
S = a2 S
a
l6
Издание осуществлено при поддержке Московской городской Думы
и Московского комитета образования.
l5
a2
0 S l4
Рис. 1 Рис. 2
ISBN 5-94057-003-8 © Сабитов И. Х., 2002.
© МЦНМО, 2002. Тем самым, формулы, выражающей связь между сторонами мно-
гоугольника и его площадью, не существует.
Оказывается, для многогранников это не так. Существует фор-
Сабитов Иджад Хакович. мула, которая даёт возможность найти объём многогранника, если
известны лишь длины его рёбер. Этому замечательному факту и по-
Объёмы многогранников.
священа настоящая брошюра. А сначала покажем, что имеет место
(Серия: «Библиотека „Математическое просвещение“»).
следующее обобщение формулы Герона —
М.: МЦНМО, 2002. — 32 с.: ил.
Редактор Т. А. Карпова. Техн. редактор М. Ю. Панов.
ФОРМУЛА ДЛЯ ОБЪЁМА ТЕТРАЭДРА:
Лицензия ИД № 01335 от 24/III 2000 года. Подписано к печати 7/X 2002 года.
1
Формат бумаги 60 88 1 /16 . Офсетная бумага № 1. Офсетная печать.
l2 l2 (l2 + l2 + l2 + l2 l2 l2 ) +
V2 =
144 1 5 2 3 4 6 1 5
Физ. печ. л. 2,00 + 0,25 (вкл.). Уч.-изд. л. 2,43. Тираж 3000 экз. Заказ 3425.
+ l2 l2 (l2 + l2 + l2 + l2 l2 l2 ) + l2 l2 (l2 + l2 + l2 + l2 l2 l2 )
26 1 3 4 5 2 6 34 1 2 5 6 3 4
Издательство Московского центра непрерывного математического образования.
119002, Москва, Г-2, Бол. Власьевский пер., 11. Тел. 241 05 00.
l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 (1)
124 235 136 456
Отпечатано в ФГУП «Производственно-издательский комбинат ВИНИТИ».
(рис. 2).
140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403. Тел. 554 21 86.
3
Фрагмент «О пирамидах с четырьмя треугольными основаниями, но с разными рёбрами» из книги Тартальи, в котором обосновывается способ нахождения высоты
тетраэдра при известных длинах его рёбер.
4 5
Задачу нахождения объёма тетраэдра через длины его сторон пер- прямоугольный, следовательно,
вым, по-видимому, решил Пьеро делла Франческа (1420?—1492?)*),
ad2 hd2 = ah.
знаменитый итальянский художник эпохи раннего Возрождения.
Затем эта же задача рассматривалась в книгах «Summa de arith- В треугольнике aih мы знаем теперь все стороны: ai, ah и ih = ed.
metica, geometria proportione et proportionalita» (1494) и «Divina Опустим в этом треугольнике высоту из a на основание ih, полу-
proportione» (1509) Луки Пачоли. Её решение повторено в энцикло- чим точку f (рис. 4). Докажем, что af dbc. Предположим, что осно-
педическом труде «General trattato di numeri et misure» итальянского вание высоты, опущенной из a на плоскость треугольника dbc, —
математика Никколо Фонтана (1499—1557), более известного и в точка o. По теореме о трёх перпендикулярах отрезок oi перпендику-
жизни, и в научной литературе под фамилией Тарталья (Tartaglia по- лярен bc, но, так как if bc, точка o должна лежать на прямой if.
итальянски значит «заика»: речь Никколо была затруднена с детства А поскольку af if, точки o и f совпадают. Таким образом, af — вы-
вследствие ранения гортани). Вообще история получения формулы сота тетраэдра, и мы можем выразить её через известные стороны
объёма тетраэдра через длины его рёбер окончательно ещё не восста- треугольника aih.
a
новлена, и само обсуждение этого вопроса в литературе уже имеет Так как мы можем найти площадь
свою интересную историю с разными неожиданными открытиями основания bcd по формуле Герона, для
и интерпретациями. Для автора брошюры первым доступным тек- нахождения объёма V тетраэдра остаётся
стом из упомянутых выше была книга Тартальи, поэтому мы будем использовать известную формулу
придерживаться его изложения. Заметим, что все три названных 1
V = af S bcd . (2) h
автора на самом деле не дали никакой общей формулы вида (1), а d
3
решали задачу с конкретными длинами f
a Теперь, если в доказательстве Тарта- b
рёбер (см. на сс. 4—5 воспроизведённый i e c
льи длины рёбер обозначить l1 , l2 , l3 , l4 , l5 ,
оригинальный текст из книги Тартальи,
Рис. 4
l6 , после возведения формулы (2) в квадрат
из рисунка в котором видно, с какими
получится в точности формула (1).
значениями длин рёбер он работал).
Однако в рассуждении Тартальи основные используемые им гра-
Разберём подробно доказательство
ни тетраэдра — треугольники abc и dbc — имели при общем основа-
h Тартальи, сохранив обозначения его ри-
d
нии bc острые углы, поэтому необходимо обобщить его доказатель-
сунков. Пусть дан тетраэдр с вершинами a,
ство на случай произвольных граней. Также не разобран случай, ко-
b, c, d. Опустим на ребро bc перпендикуля-
b
i e c гда точки e и i совпадают (рис. 5). Давайте
ры ai и de (в плоскостях треугольников abc a
Рис. 3 сначала разберём этот простой случай. Точ-
и dbc соответственно, рис. 3). Заметим, что
ка h совпадает с d, следовательно, основание
длины высот ai и de мы можем выразить
высоты af попадает на ed. Вместо треуголь-
через известные величины (длины рёбер). Проведём через точку i
ника aih рассмотрим треугольник aed, и так
прямую, параллельную ed, а через точку d — прямую, параллельную
d же, как и выше, найдём объём.
ei, и в их пересечении получим точку h. Докажем, что прямая dh пер-
пендикулярна плоскости треугольника aih. Отрезок ei принадлежит
основанию треугольников abc и dbc, поэтому ai ei, de ei. Так как
Итак, рассмотрим общий случай. Возь-
b
ih ed, то ei ih. Получается, что отрезок ei перпендикулярен двум e c
мём треугольник ABC. Опустим высоту из
прямым, принадлежащим плоскости aih, следовательно, ei aih, а Рис. 5
вершины A на противоположную сторону
поскольку dh ei, получаем, что dh aih. В треугольнике adh мы
BC, получим точку H. Высота в треугольни-
знаем ad (это ребро тетраэдра) и hd = ei (это противолежащие стороны
ке может падать как на сторону, так и на её продолжение (рис. 6). Что-
в прямоугольнике), а ei мы можем найти, поскольку знаем стороны
бы не заботиться о том, где она находится по отношению к точкам B
и высоты треугольников abc и dbc. Кроме того, треугольник adh
и C, воспользуемся методом координат. Пусть начало системы коор-
*) На самом деле по поводу годов его рождения и смерти разные исследователи
динат совпадает с точкой C, а оси сонаправлены с векторами CB и HA
высказывают разные мнения, сходясь лишь в том, что он родился в начале и умер в
(рис. 7). Точки A, B, C и H имеют следующие координаты: (x, h), (a, 0),
конце XV века; здесь мы привели даты его жизни по 3-му изданию БСЭ, т. 21 (1975),
(0, 0), (x, 0) (стороны треугольника a, b и c нам известны, h — его
стр. 276.
6 7
высота, её мы можем найти по формуле h = 2S/a, в которой площадь S сторону BC. Таким образом, формулой (3) действительно охватыва-
вычисляется по формуле Герона; нам неизвестна только величина x). ются все случаи.
Вернёмся к доказательству Тартальи. На рис. 4 в обозначениях
A A A вершин изменим «малые» буквы на соответствующие «большие» (так
как сейчас буквы a, b, c заняты в (3) для обозначе-
y а)
A
ния длин сторон). Применим формулу (3) к тре-
угольникам ABC и DBC, расположив для каждо-
го из них систему координат так, как показано
H B B H H B
C C C x
на рис. 9, а, б:
Рис. 6 B I C
AB2 + BC2 AC2 DB2 + BC2 DC2
xI = , xE = .
2BC 2BC
Поскольку треугольники AHC и AHB являются прямоугольными y б)
D
с прямыми углами при вершине H, по теореме Пифагора AC2 = AH2 + Поскольку в пространстве точки E и I лежат на
+ HC2 и AB2 = AH2 + HB2 или одной оси, являющейся осью абсцисс в каждой
y
b2 = h2 + x2 c2 = h2 + (x a)2 . плоскости, и начала отсчёта совпадают, коорди-
и
A x
наты xE и xI однозначно определяют положение B
Преобразуем второе из этих равенств к виду E C
точек E и I на прямой BC. Как и раньше, постро-
x2 2ax + a2 + h2 = c2 ,
b c Рис. 9
им IH DH. Также, как и в доказательстве Тар-
и подставим в получившееся равенство зна-
тальи, точка F попадает на прямую IH. Опять же, если мы будем
x
чение x2 , равное b2 h2 . Получим
знать стороны треугольника AIH, то легко найдём AF. Значит, оста-
B(a, 0)
H
C
(b2 h2 ) 2ax + a2 + h2 = c2 , т. е. лось найти AH, причём, так как треугольник ADH прямоугольный,
Рис. 7
b2 + a2 c2 = 2ax. достаточно найти DH2 = (xE xI )2 . Получается, что метод Тартальи
с указанными сейчас поправками проходит для любого тетраэдра.
Отсюда находим x:
a2 + b 2 c 2 Некоторым ревностным ценителям геометрической чистоты при-
x= . (3)
менённый выше метод координат может и не понравиться, как нечто
2a
искусственное, приводящее к результату формальными вычислени-
Мы получили формулу, определяющую положение основания
ями, а не геометрическими построениями. Действительно, оказыва-
высоты. Если треугольник тупоугольный (например, если угол B
тупой), то b2 a2 + c2 (рис. 8, а), и тогда ется, метод Тартальи можно «оправдать» и без применения какого-
либо нового рассуждения. Что было в нём важным? Достаточно бы-
a2 + b 2 c 2 a2 + a2 c 2 + c 2
x= = a, ло иметь две грани, у которых при общем ребре нет ни одного не-
2a 2a
острого плоского угла (на рисунке Тартальи таким было ребро bc).
т. е. абсцисса x больше a, и точка H попадает за вершину B. Если
Но известно, что такое свойство верно для любого многогранника с
y y
а) б) треугольными гранями. Действительно, если взять ребро наиболь-
A A шей длины, то обе прилегающих к нему грани будут иметь при этом
ребре острые углы, иначе нашлось бы ребро длины большей, чем рас-
b c
b c сматриваемое. Значит, в любом тетраэдре мы можем найти ребро,
для которого построения Тартальи приводят к рис. 3 с ребром bc.
x x
a a
B H H B
C C
Рис. 8 Прошло почти двести лет, прежде чем Леонард Эйлер в 1752 году
провёл вычисление объёма тетраэдра уже не для конкретных число-
тупым является угол при вершине C, то c2 a2 + b2 (рис. 8, б), и
вых значений длин рёбер, а в буквенных обозначениях*). Вот его
a2 + b 2 c 2 a2 + b 2 a2 b 2
x= = 0, рассуждения.
2a 2a
т. е. точка H лежит слева от вершины C. Если углы B и C острые, то *) Впервые формула для объёма тетраэдра с буквенными обозначениями длин рёбер
c2 a2 + b2 , b2 a2 + c2 , тогда 0 x a, и точка H попадает как раз на была получена, по-видимому, лет за сто до Эйлера, но мы не можем дать точных ссылок.
8 9
Обозначим известные длины рёбер: AB = a, AC = b, BC = c, AD = d, Однако и рассуждения Эйлера зависят от конкретного вида тетра-
BD = e, CD = f. эдра и его граней. Их следует уточнить, так как, например, точка O —
В треугольнике ADC опустим из D перпендикуляр на ребро CA, основание высоты из вершины D — может быть вне треугольника
получим точку Q; перпендикуляр из той же точки D в плоскости ABD ABC (а существуют такие тетраэдры, у которых высота из к а ж-
на ребро AB даст точку P (рис. 10). Из точек Q и P в плоскости тре- д о й вершины падает в точку вне треугольника в соответствующем
угольника ABC восстановим перпендикуляры к сторонам AC и AB со- основании), точки Q и P могут лежать на продолжениях сторон тре-
ответственно. Точку их пересечения обозначим угольника ABC, и тогда точки O и S будут лежать вне треугольника;
кроме того, если a 90? , то формула для PO будет неверной, так как
C
через O (рис. 11); отрезок DO окажется высотой
PO — длина, т. е. положительна, а tg a 0.
тетраэдра (рис. 12), т. е. DO ABC (это следует
из теоремы о трёх перпендикулярах). Поэтому Приведём доказательство Эйлера в общем виде, не зависящее от
Q
треугольник AOD — прямоугольный, и DO = того, какие углы в треугольниках: тупые или острые.
D
В плоскости треугольника ABC отметим точку D такую, что
= AD2 AO2 . Таким образом, чтобы найти DO,
AD = AD, CD = CD. Для нахождения точки D достаточно мысленно
необходимо вычислить длину отрезка AO. A повернуть грань ACD вокруг прямой AC до положения, когда ACD
Длины отрезков AP и AQ мы можем найти P B
окажется на плоскости основания ABC. Таких положений два; вы-
из треугольников ABD и ACD. Используя фор- Рис. 10
берем то положение, когда вершина D попадёт в точку, лежащую
мулу (3), получаем:
с той же стороны, что и вершина B. Эту точку и отметим как D . Вве-
C
a2 + d 2 e 2 b2 + d2 f 2
AP = , AQ = . дём теперь систему координат с началом в вершине A и с осью абсцисс
2a 2b
вдоль ребра AB (рис. 13). Когда мы уточняли доказательство Тарта-
Из прямоугольного треугольника APO имеем льи, то вычислили координаты точки C,
Q
(см. рис. 11): AO = AP2 + PO2 . Длина AP извест- поэтому будем считать, что координаты
O y
на, нужно найти PO. Рассмотрим прямоуголь- a C(xC , yC ) нам известны. А координаты y Q
Q
ный треугольник AQS: точки Q(xQ , yQ ) (основания перпендику-
P B
A S
ляра, опущенного из D на AC) надо D
AQ Рис. 11
QS = AQ tg a, AS = , PS = AS AP, C
найти. Заметим, что построенная таким yC
cos a
образом точка Q совпадает с точкой Q из
где a= ?BAC. Прямоугольные треугольники AQS и OPS подобны по b a
доказательства Эйлера. Чтобы убедиться
двум углам, поэтому отношения соответствующих сторон равны: h
в этом, повернём треугольник ACD во-
QS AQ AS c x
= = . круг прямой AC, чтобы он принадлежал
D PS PO OS xC xQ B
A
плоскости ABC. При этом точка D зай-
Следовательно, мёт положение D , а перпендикуляр DQ Рис. 13
PS AQ PS AS AP перейдёт в D Q.
PO = = = =
tg a tg a
QS Координаты точек прямой AC определяются уравнением y = kx,

страница 1
(всего 4)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign