Книги, научные публикации
Библиотека <Математическое просвещение> Выпуск 31 В. Ю. Протасов 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:
В. В. Прасолов, А. Б. Сосинский (гл. ред.), МАКСИМУМЫ А. В. Спивак, В. М. Тихомиров, И. В. Ященко.
И МИНИМУМЫ Серия основана в 1999 году.
В ГЕОМЕТРИИ Издательство Московского центра непрерывного математического образования Москва Х 2005 УДК 514.177.2 ВВЕДЕНИЕ ББК 22.151.0 П78 Экстремальные задачи Ч задачи на максимум и минимум Ч во все времена привлекали внимание учёных. Из попыток решить Аннотация ту или иную экстремальную задачу возникали и развивались новые Текст брошюры подготовлен по материалам лекции, прочитанной теории, а иногда и целые направления математики.
автором 21 февраля 2004 года на Малом мехмате МГУ для школьников В чём причина такого интереса? Во-первых, среди задач на 9Ч11 классов.
максимум и минимум много красивых задач, которые интересно Читатель познакомится с такими классическими задачами на мак симум и минимум, как задача Фаньяно, задача о построении фигуры и приятно решать. Но люди занимаются ими отнюдь не только максимальной площади заданного периметра, задача Штейнера о крат <из любви к искусству>. Много экстремальных задач, ложащихся чайшей системе дорог и многими другими. Одна из глав посвящена ко на письменный стол учёного, приходит из практики. Максимумы ническим сечениям и их фокальным свойствам. В брошюре излагаются решения перечисленных выше задач, особое внимание уделено пробле и минимумы постоянно возникают в инженерных расчётах, в ар ме доказательства существования решения в экстремальных задачах.
хитектуре, экономике... Кроме того, экстремальные задачи самым В конце каждого раздела помещён набор задач для самостоятельного решения. неожиданным образом находят применение в науках о природе:
Брошюра рассчитана на широкий круг читателей, интересующих физике, химии, биологии. Давно уже было замечено, что окружа ся математикой: школьников старших классов, студентов младших ющий мир во многом устроен по экстремальным законам. Леонард курсов, а также школьных учителей, руководителей математических кружков. При чтении последних разделов будет полезным (но не обя Эйлер (1707Ч1783), один из величайших математиков, говорил:
зательным) знакомство с началами математического анализа.
<В мире не происходит ничего, в чём бы не был виден смысл ка кого-нибудь максимума или минимума>.
С экстремальными задачами человек начинает знакомиться в средней школе. Вот, пожалуй, самая известная из них:
ISBN 5-94057-193-X й Протасов В. Ю., 2005.
1. На плоскости дана прямая l и точки A и B по одну сторону й МЦНМО, 2005.
от неё. Найти на прямой точку M, для которой сумма AM+BM наименьшая.
Для решения отразим точку B относительно прямой l, по лучим точку B (рис. 1). Отрезок BM переходит при симметрии в отрезок BM, следовательно, AM+BM=AM+BM. Согласно не Владимир Юрьевич Протасов.
равенству треугольника, сумма AM+BM принимает наименьшее Максимумы и минимумы в геометрии.
значение, когда точка M лежит на отрезке AB. Таким образом, (Серия: <Библиотека,,Математическое просвещениеУ>).
M Ч точка пересечения прямой l с отрезком AB;
для этой точки М.: МЦНМО, 2005. Ч 56 с.: ил.
сумма AM+BM равна длине отрезка AB, при другом выборе точ Редакторы Р. О. Алексеев, Н. М. Нетрусова Техн. редактор М. Н. Вельтищев ки M эта сумма будет больше AB.
Рисунки М. Н. Вельтищева, иллюстрация на обложке Н. М. Нетрусовой Один из американских школьных учебников по геометрии на Лицензия ИД № 01335 от 24/III 2000 года. Подписано в печать 22/IV 2005 года.
чинается не с понятий <точка>, <прямая> и не с первых аксиом, Формат бумаги 6088 /. Офсетная бумага № 1. Офсетная печать. Физ. печ. л. 3,5.
а сразу с разбора этой задачи. Настолько наглядно, просто и по Тираж ?000 экз. Заказ ????.
учительно её решение! С её помощью можно объяснить закон отражения света <угол паде- A Брошюра соответствует гигиеническим требованиям к учебным изданиям для общего и начального профессионального образования (заключение государственной санитарно ния равен углу отражения>, поскольку в од B эпидемиологической службы Российской Федерации № 77.99.02.953.Д.003873.06. нородной среде свет распространяется по крат от 2/VI 2004 года).
чайшему пути. Кроме того, эта простая задача M лежит в основе так называемых фокальных Издательство Московского центра непрерывного математического образования.
119002, Москва, Г-2, Бол. Власьевский пер., 11. Тел. 241 72 85, 241 05 00.
свойств конических сечений Ч эллипса, гипер болы и параболы. Об этом речь пойдёт в з 2.
Отпечатано с готовых диапозитивов B Считается, что впервые задача о кратчай в ФГУП <Производственно-издательский комбинат ВИНИТИ>.
Рис. 140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403. Тел. 554 21 86. шем пути между двумя точками с заходом на прямую, или задача об отражении света, была решена древ- ков в прямую линию>. Суть его проста: с помощью движений негреческим математиком Героном Александрийским (I век н. э.) плоскости несколько отрезков выстраиваются в ломаную, которая, в трактате <О зеркалах>. Поэтому её иногда называют задачей Ге- по неравенству треугольника, будет иметь наименьшую длину, рона. Её можно интерпретировать и как сугубо практическую: где когда её звенья лежат на одной прямой. Так, в задаче Герона в ка на прямой дороге нужно поставить автобусную остановку, чтобы честве движения использовалась симметрия относительно прямой l.
суммарный путь до неё от деревень A и B был наименьшим? 5. Внутри угла дана точка M. Найти на сторонах угла точки A Однако обобщить задачу Герона и её решение не так-то просто. и B (по одной на каждой стороне), для которых периметр тре Что будет, например, если деревень не две, а три? угольника MAB наименьший.
2. На плоскости дана прямая l и три точки A, B и C по одну 6. Внутри угла даны точки M и N. Найти на сторонах угла точ сторону от неё. Найти на прямой точку M, для которой сумма ки A и B (по одной на каждой стороне), для которых периметр че AM+BM+CM наименьшая. тырёхугольника с вершинами в точках M, A, B, N наименьший.
Все попытки решить эту задачу при помощи симметрии 7. Дана прямая l и точки A и B по разные стороны от неё.
ни к чему не привели. Для решения этой и многих других за- Найти на прямой точку M, для которой величина |AM-BM| дач на максимум и минимум математикам пришлось изобретать принимает наименьшее значение.
совершенно новый метод, называемый теперь вариационным. Мы 8. Деревни A и B разделены рекой, берега которой параллель займёмся им в зз 6, 7. А вот другой пример: ны. Где на реке нужно поставить мост, чтобы путь из одной 3. На плоскости дан выпуклый четырёхугольник. Найти точ- деревни в другую был наименьшим (мост перпендикулярен бере ку, сумма расстояний от которой до его вершин наименьшая. гам реки)?
Решение совсем просто: искомая точка M является точкой 9. Деревни A и B разделены двумя параллельными реками пересечения диагоналей четырёхугольника. В самом деле: по нера- разной ширины. На каждой реке нужно поставить по мосту так, венству треугольника, сумма расстояний AM+CM не меньше диа- чтобы путь из одной деревни в другую был наименьшим (мосты гонали AC, а сумма расстояний BM+DM перпендикулярны берегам).
D не меньше BD. Поэтому минимум суммы расстояний равен AC+BD и достигается C M з 1. ЗАДАЧА ФАНЬЯНО в точке пересечения диагоналей (рис. 2).
Та же задача, но для треугольника, тре- В начале XVIII века итальянский инженер и математик Фа бует более тонких рассуждений. Для фор- ньяно деи Тоски (1682Ч1766) поставил следующую задачу:
A B мулировки ответа понадобится так называ- 10. Вписать в данный остроугольный треугольник ABC тре емая точка Торричелли треугольника (з 3). угольник наименьшего периметра так, чтобы на каждой стороне Рис. А для того чтобы решить эту задачу для треугольника ABC лежала одна вершина треугольника.
произвольного многоугольника, вновь придётся прибегнуть к вари- Воспользуемся тем же приёмом: с помо ационному методу. При этом ответ может быть подсказан из фи- щью движений плоскости попробуем выстро- A C зических соображений (з 8). Рассмотрим другое обобщение: ить стороны вписанного треугольника в лома 4. Соединить вершины данного четырёхугольника системой до- ную линию. Тогда периметр будет не меньше рог наименьшей суммарной длины. отрезка, соединяющего концы этой ломаной.
Q A Решение этой задачи приведёт к понятию сети Штейнера для А наименьший периметр будет соответство B данной системы точек. Об этом речь пойдёт в з 3. Как видим, вать случаю, когда стороны ломаной лежат похожие между собой задачи на максимум и минимум могут тре- на одной прямой.
бовать совершенно различных путей решения. Итак, пусть точки A1, B1, C1 лежат на сто P В зз 2Ч5 будет рассказано о задачах, которые решаются геоме- ронах треугольника ABC (A1 Ч на стороне BC C1 B A трически;
в зз 6, 7 мы коснёмся вариационных методов, а в з 8 Ч и т. д.). Отразим точку A1 симметрично отно физических методов;
з 9 и приложения целиком посвящены тео- сительно сторон AB и AC, получив точки A ремам существования в экстремальных задачах. и A3 соответственно (рис. 3). Длина трёхзвен A Вернёмся теперь к геометрическим решениям. Приём, которым ной ломаной A3B1C1A2 равна периметру тре Рис. решается задача Герона, можно назвать <выстраиванием отрез- угольника A1B1C1. Для того, чтобы периметр 4 был наименьшим (равным отрезку A2A3), Получаем, что три таких произведения в треугольнике равны A нужно, чтобы вершины B1 и C1 лежали между собой. Докажите, что на самом деле они равны удвоенной C в точках пересечения отрезка A2A3 со сто- площади, делённой на радиус описанной окружности.
ронами треугольника AB и AC. Осталось 14. Исследуйте задачу Фаньяно для тупоугольного треугольника.
понять, как выбрать точку A1 на сторо- 15. Исследуйте задачу Фаньяно для четырёхугольника. Для ка не BC таким образом, чтобы длина отрез- ких четырёхугольников вписанный четырёхугольник минималь A ка A2A3 была наименьшей. Для этого за- ного периметра существует? Будет ли он единственным?
метим, что треугольник A2AA3 Ч равнобе з 2. ФОКАЛЬНОЕ СВОЙСТВО КОНИК дренный (A3A=A2A=A1A), а угол при его A B вершине A равен 2BAC и потому не зави- <Закон гиперболических зеркал таков: лучи света, падая на внутреннюю поверхность гиперболического зеркала, сходятся сит от выбора точки A1 (рис. 4).
все в одной точке, в фокусе гиперболы. Это известно>.
A Итак, при движении точки A1 по сторо А. Н. Т о л с т о й, <Гиперболоид инженера Гарина>.
не BC углы треугольника A2AA3 не меняют Рис. Коникой, или коническим сечением, или квадрикой называ ся. А его линейные размеры будут наимень ется кривая, полученная в пересечении плоскости с конусом.
шими, когда наименьшей будет сторона A2A, которая равна A1A.
Под конусом, как обычно, понимается прямой круговой конус:
Значит, A1A Ч высота, опущенная на сторону BC.
фигура, которая состоит из прямых, проходящих через данную Мы видим, что существует единственный вписанный треуголь точку A и образующих данный угол <90 с прямой l, проходя ник наименьшего периметра, его вершина A1 Ч основание высоты.
щей через точку A. При этом мы считаем, что конус образован Если провести те же рассуждения c вершинами B1 и C1, получим, именно прямыми, а не лучами или отрезками (как определяет что они также являются основаниями высот (поскольку треуголь ся в школьных учебниках). Эти прямые называются образующими ник минимального периметра Ч единственный!) конуса (поскольку именно они образуют конус), прямая l Ч его Теорема Фаньяно. Среди всех треугольников, вписанных в дан осью, а точка A Ч его вершиной. Таким образом, конус является ный остроугольный треугольник, наименьший периметр имеет неограниченной фигурой и состоит из двух половинок, централь ортотреугольник (т. е. треугольник с вершинами в основаниях но-симметричных относительно вершины A.
высот).
Если пересечь конус плоскостью, не проходящей через верши 11. Две смежные стороны ортотреугольника образуют равные ну, получим коническое сечение. Конические сечения бывают трёх углы с соответствующей стороной исходного треугольника. Среди видов: эллипс, гипербола и парабола. Эллипс получается, когда всех треугольников, вписанных в данный треугольник, только плоскость не параллельна ни одной из образующих и пересека ортотреугольник обладает указанным свойством*).
ет только одну половину конуса (рис. 5, а), гипербола Ч когда 12. Высоты треугольника являются биссектрисами углов орто плоскость пересекает обе половины (рис. 5, б), а парабола Ч ко треугольника.
гда плоскость параллельна одной из образующих (рис. 5, в). Мы Луч света, пущенный вдоль одной из сторон ортотреугольни не будем рассматривать вырожденные коники, соответствующие ка, отразится последовательно от всех сторон треугольника ABC случаю, когда плоскость проходит через вершину конуса (в этом и вернётся в исходную точку. Таким образом, контур ортотреуголь случае может получиться либо пара прямых, либо одна прямая, ника представляет собой замкнутую траекторию луча света. Если либо точка).
сдвинуть три зеркала так, чтобы они образовали остроугольный <Позвольте>, Ч возразит читатель, Ч <в школе давались сов треугольник, то луч света, идущий по сторонам ортотреугольни сем другие определения. Парабола задаётся уравнением y=ax2, ги ка, замкнётся и никогда не выйдет наружу. Математики говорят, k x2 y что стороны ортотреугольника образуют биллиард для данного тре пербола Ч уравнением y=, а эллипс Ч уравнением + =1.
угольника. x a2 b 13. Периметр ортотреугольника равен удвоенному произведе- Эллипс, к тому же, является геометрическим местом точек плоско нию высоты треугольника на синус угла, из которого она исходит. сти, сумма расстояний от которых до двух данных точек постоян на. Так это те же кривые или другие?>. Кривые, конечно, те же.
Все определения этих кривых равносильны, за исключением, раз *) В задачах на доказательство мы будем только формулировать утверждение, а слова <доказать, что> будем опускать. ве что, гиперболы, которая не всегда задаётся уравнением y=k/x.
6 а) В т о р о е о п р е д е л е н и е к о н и ч е с к и х с е ч е н и й. Эллипс является геометри ческим местом точек M плоскости, таких что F1M+F2M=c, где F1 и F2 Ч данные точки плоскости, c Ч данное число, причём c>F1F2.
Точки F1 и F2 называются фокусами эллипса.
Гипербола Ч геометрическое место точек M, для которых |F1M-F2M|=c (точки F1, F2 Ч фокусы гиперболы). Парабола Ч геометриче ское место точек, равноудалённых от данной точки F и от данной прямой d (точка F Ч фо кус параболы, прямая d Ч её директриса).
T Для того чтобы показать, что это определе ние равносильно предыдущему, впишем в конус F F F F F F F F F F F две сферы S1 и S2, касающиеся плоскости сече- F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F ния (они называются сферами Данделена). Че ) б M рез F1 и F2 обозначим точки касания этих сфер с плоскостью (рис. 6). Сфера касается поверхно сти конуса по окружности, которую мы назовём F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F поясом сферы. Для любой точки M эллипса отрезки MF1 и MT1 равны как касательные из одной точки к сфере (T1 Ч точка пересе чения пояса сферы S1 с образующей конуса, проходящей через точку M), а MF2=MT2. Та T ким образом, MF1+MF2=T1T2, значит, сумма расстояний от точки эллипса до фокусов рав на расстоянию между двумя поясами и потому не зависит от точки M.
Точно так же доказывается, что для гипер болы величина |MF1-MF2| равна расстоянию между поясами (рис. 7).
Если же плоскость сечения параллельна в) образующей, то существует только одна сфе ра, вписанная в конус и касающаяся плоскости сечения (почему?). Обозначим через F точку ка сания сферы и плоскости, а через d Ч прямую, по которой эта плоскость пересекается с плос костью пояса (рис. 8). Тогда MF=MT, а кроме того, если опустить перпендикуляр MH на пря мую d, то MT=MH, поскольку эти отрезки образуют равные углы с плоскостью пояса (пер вый лежит на образующей конуса, второй па Рис. раллелен другой образующей). Таким образом, расстояния от точки M до фокуса F и до ди Рис. 5 ректрисы d равны.
8 M d F H T T F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F T M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F Рис. 7 Рис. 10 Конические сечения были известны ещё математикам Древней зательство почти не меняется. Следовательно, Греции. Так, Менехм в середине IV века до н. э. доказал, что эл- при проецировании на основание цилиндра липс, гипербола и парабола являются сечениями конуса. Наиболее эллипс переходит в окружность. Остаётся за полное исследование конических сечений изложено в книге <Ко- метить, что проецирование на плоскость экви ника> Аполлония Пергского, написанной, как считается, между валентно сжатию относительно подходящей T 210 и 200 годами до н. э. Аполлоний был третьим после Евкли- прямой.
да и Архимеда великим представителем Александрийской школы. Всякое уравнение второй степени F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F Его <Коника> Ч настоящий научный подвиг. Это грандиозный p(x, y)=ax2+2bxy+cy2+2dx+2ey+f=0, труд, состоящий из восьми книг. В первых семи книгах, дошедших F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F до нас, содержится 387 теорем, подчас весьма сложных, с подроб если имеет действительные корни, задаёт ко ными доказательствами. В течение двух тысячелетий <Коника> нику. Чтобы убедиться в этом, нужно повер была настольной книгой математиков и главным руководством M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M нуть плоскость на угол, такой что M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M по изучению конических сечений. Теория конических сечений T изложена Аполлонием настолько подробно и глубоко, что матема- c-a ctg 2=, тикам мало что удавалось добавить нового, несмотря на бурный 2b прогресс математической науки.
тем самым уничтожив слагаемое 2bxy, за 16. На плоскости даны прямая d и точка F. Пусть задано тем сделать параллельный перенос так, чтобы положительное число k. Найдите геометрическое место точек, уничтожить линейные члены 2dx и 2ey. По для которых отношение расстояний до F и до d равно k.
Рис. лучившееся уравнение либо будет задавать 17. На плоскости даны две окружности. Найдите геометри вырожденную конику (пару прямых, прямую или точку), либо ческое место центров всевозможных окружностей, касающихся (возможно, после перемены местами координат x и y) совпадёт двух данных.
с уравнением эллипса, гиперболы или параболы.
Конические сечения обладают многими замечательными свой Теперь всё готово для изучения фокального свойства коник.
ствами, из которых оптические, или, как их называют, <фокаль Теорема. Касательная к эллипсу (гиперболе) образует рав ные>, свойства занимают особое место. Перед тем как сформули ные углы с отрезками, соединяющими точку касания с фоку ровать и доказать эти свойства, дадим ещё одно, аналитическое сами. В случае гиперболы касательная является биссектрисой определение коник, без которого наш рассказ был бы не полон.
угла F1MF2, а в случае эллипса Ч биссектрисой смежного угла.
Т р е т ь е о п р е д е л е н и е к о н и ч е с к и х с е ч е н и й. Эллипс Касательная к параболе, проведённая в точке M, образует рав x2 y ные углы с прямой MF и осью параболы (рис. 10).
задаётся на координатной плоскости уравнением + =1, ги a2 b x2 y M пербола Ч уравнением - =1, парабола Ч уравнением y=ax2. а) в) ) б a2 b M Читатель без труда выведет уравнения этих кривых, при этом F фокусы эллипса и гиперболы нужно расположить на оси Ox сим F2 F F2 F метрично относительно начала координат, а фокус параболы Ч M на оси Oy. Если a=b, то эллипс превращается в окружность радиу d са a, а гипербола в этом случае становится так называемой прямой Рис. гиперболой, которая после поворота на 45 относительно начала ко ординат принимает вполне знакомый вид y=k/x, где k=a2/2.
Из уравнения эллипса видно, что он получается из окружности Таким образом, луч света, вышедший из фокуса эллипса, отра после сжатия вдоль оси Oy в a/b раз, чем оправдывает слова зится от его поверхности и попадёт во второй фокус. Если в фокусе о том, что он является <сжатой окружностью>. Это можно было эллипса находится источник света, то пучок световых лучей после бы установить и без уравнения. Дело в том, что эллипс получается отражения от поверхности эллипса сойдётся во втором фокусе.
в сечении не только конуса, но и цилиндра (рис. 9), при этом дока- Если источник света поместить в одном из фокусов гиперболы, 12 то отражённый пучок световых лучей будет расходящимся, а во ображаемые продолжения лучей соберутся во втором фокусе.
Наконец, пучок света, выходящий из фокуса параболы, отра зившись от её поверхности, становится пучком параллельных лучей.
B A Фокальное свойство параболы, открытое ещё Аполлонием, ны не используется повсеместно. Параболическое зеркало в карманном лучевой фонарике создаёт узкий направленный световой луч. Принцип шнур работы параболической антенны или параболического зеркала в те лескопе также основан на свойстве параболы превращать пучок параллельных лучей (а значит, и лучей, идущих от далёкого ис- Рис. точника) в пучок, сходящийся в одной точке.
теперь всему миру гиперболоиде инженера Гарина на самом де В фантастическом романе Алексея Толстого <Гиперболоид инже ле нет ни одного гиперболоида. Внешнее зеркало A должно иметь нера Гарина> устройство страшного разрушительного оружия Ч ги форму эллипсоида, а внутреннее B Ч параболоида.
перболоида, которым Гарин хотел покорить мир, Ч описывалось так:
Нам осталось доказать фокальные свойства коник.
Д о к а з а т е л ь с т в о т е о р е м ы. Проведём касательную <Гарин, раскрывая чемодан, посматривал на неё обведёнными синевой блестя щими глазами.
к эллипсу в точке M. Точка M лежит на эллипсе, поэтому MF1+ Ч Вот мой аппарат, Ч сказал он, ставя на стол два металлических ящика:
+MF2=c, все остальные точки касательной лежат вне эллипса, один Ч узкий, в виде отрезка трубы, другой Ч плоский, двенадцатигранный Ч поэтому для остальных точек сумма расстояний до фокусов боль втрое большего диаметра...
Он наклонился над Зоиным креслом (вдохнул запах её волос), развернул ше c. Таким образом, в точке M достигается минимум суммы чертёжик, размером с половину листа писчей бумаги.
расстояний до точек F1 и F2. Значит, точка, симметричная F2 от Ч Вы хотели, Зоя, чтобы я также рискнул всем в нашей игре... Смотрите сюда... Это основная схема... Это просто, как дважды два. Чистая случайность, носительно касательной, лежит на прямой F1M, откуда следует что это до сих пор не было построено. Весь секрет в гиперболическом зеркале A, фокальное свойство. Точно так же доказывается фокальное свой напоминающем формой зеркало обыкновенного прожектора, и в кусочке шамо ство гиперболы (при этом применяется результат задачи 7).
нита B, сделанном также в виде гиперболической сферы. Закон гиперболических зеркал таков: лучи света, падая на внутреннюю поверхность гиперболического зер Докажем фокальное свойство параболы. Опустим из произ кала, сходятся все в одной точке, в фокусе гиперболы. Это известно. Теперь, вот вольной точки M параболы перпендикуляр MH на директрису что неизвестно: я помещаю в фокусе гиперболического зеркала вторую гипербо и проведём прямую, которая делит угол HMF пополам (рис. 12).
лу (очерченную, так сказать, навыворот) Ч гиперболоид вращения B, выточенный из тугоплавкого, идеально полирующегося минерала Ч шамонита, Ч залежи его Любая точка этой прямой равноудалена от точек F и H, а значит, на севере России неисчерпаемы. Что же получается с лучами? Лучи, собираясь расстояние от неё до точки F больше, чем до директрисы (если в фокусе зеркала A, падают на поверхность гиперболоида B, и отражаются от не го математически параллельно, Ч иными словами, гиперболоид B концентрирует только эта точка не совпадает с M). Поэтому все точки этой пря все лучи в один луч, или в <лучевой шнур> любой толщины... Путём установки мой, кроме M, лежат вне параболы. Значит это Ч касательная.
гиперболоида B, я доводил <лучевой шнур> до толщины вязальной спицы и легко Таким образом, касательная образует равные углы с прямой FM разрезывал им дюймовую доску... Здания, крепости, дредноуты, воздушные кора бли, горы, кора земли Ч всё пронижет, разрежет мой луч...> и осью параболы.
18. Дано семейство эллипсов с фокусами в двух данных точ ках F1 и F2, а также семейство гипербол с фокусами в тех же Вы наверняка заметили несколько неточностей в конструкции точках F1, F2. Тогда любой эллипс пер гиперболоида. Гиперболическое зеркало переводит пучок свето вого семейства перпендикулярен любой вых лучей, выходящих из фокуса, не в сходящийся, а, напротив, N гиперболе второго семейства (две линии в расходящийся пучок света. Как мы теперь знаем, лучи вовсе называются перпендикулярными, если не сойдутся в фокусе гиперболы. Это их воображаемые продолже касательные к ним, проведённые в их M ния сойдутся в фокусе. Для того чтобы отражённые лучи сошлись F точке пересечения, перпендикулярны).
в фокусе, внешнее зеркало A должно иметь форму не гипербо 19. Рассмотрим множество углов на лы, а эллипса. А чтобы внутреннее зеркало B переводило пу d плоскости, у каждого из которых од чок отражённых лучей в параллельный пучок (<лучевой шнур>), H на сторона лежит на данной прямой, оно должно иметь форму, опять же, не гиперболы, а параболы а другая проходит через данную точку. Рис. (рис. 11). В этом писатель ошибся. Парадоксально, но в известном 14 Тогда биссектрисы всех этих углов касаются одной параболы. времени, снабдил длинным названием: <Пятая книга сочинений (В таком случае говорят, что эта парабола является огибающей Аполлония Пергского о конических сечениях, заключает в се данного семейства прямых.) бе первые исследования о наибольших и наименьших величинах 20. Из любой точки директрисы парабола видна под прямым и признаётся самым замечательным памятником этого великого углом. геометра> (
22. На плоскости дана окружность и точка A. На окружности 27. На плоскости даны три точки A, B, C, не лежащие на одной берётся произвольная точка N и через неё проводится перпенди- прямой. Для какой точки T плоскости сумма расстояний AT+ куляр к прямой AN. Тогда +BT+CT наименьшая?
а) если A лежит внутри окружности, то все такие перпендику- Ещё до книги Вивиани этой задачей интересовался итальян ляры касаются эллипса;
ский математик Бенавентура Кавальери (1598Ч1647), автор зна б) если A лежит вне окружности, то все перпендикуляры каса- менитого <принципа Кавальери> для вычисления площадей и объ ются гиперболы. ёмов, предвосхитившего интегральное исчисление, а также мате в) Соответствует ли <пограничный> случай (точка A лежит матик и физик Эванджелиста Торричелли (1608Ч1647). Говорят, на окружности) параболе? Сформулируйте и докажите утвержде- что именно Торричелли получил первое решение этой задачи (ско ние, аналогичное а) и б), которое бы соответствовало параболе. рее всего, основанное на физических соображениях). Торричелли, 23. Все точки, из которых эллипс виден под прямым углом, как и Вивиани, был учеником Галилея. Именно им в конце образуют окружность. своей жизни уже ослепший Галилей диктовал главы из своей 24 (теорема Шюллера). К параболе проведены три касатель- книги <Беседы о механике>. Подобно многим учёным позднего ные. Описанная окружность треугольника, образованного этими Возрождения, Торричелли был разносторонним человеком. Бу касательными, проходит через фокус, а точка пересечения высот дучи профессором математики Флорентийского университета, он этого треугольника лежит на директрисе. много занимался задачами физики (его закон распределения да 25. На плоскости дана прямая, точка C, лежащая на ней, вления жидкости известен теперь каждому школьнику), а также и точки A и B, не лежащие на ней. На прямой берётся точка M. механики, баллистики и оптики, и даже написал несколько ра Найти огибающую прямых, симметричных прямой BM относи- бот по конструированию оптических приборов и шлифовке линз.
тельно биссектрисы угла AMC. Согласно другим источникам, независимо от Торричелли, эту за 26. Луч света, идущий внутри эллипса и не проходящий че- дачу решил и величайший французский математик Пьер Ферма рез его фокусы, последовательно отражается от его поверхности, (1601Ч1665). А первое чисто геометрическое решение принад двигаясь по ломаной линии. Докажите, что все стороны этой лежит, по-видимому, швейцарскому геометру Якобу Штейнеру ломаной касаются некоторого эллипса. Где расположены его фо- (1796Ч1863), о котором речь ещё впереди.
кусы? Во что превращается этот эллипс, если луч проходит через Р е ш е н и е. Вновь воспользуемся тем же приёмом: выстроим фокус исходного эллипса? отрезки AT, BT и CT в ломаную линию. Теперь, однако, вместо симметрии применим поворот. Повер нём плоскость на 60 вокруг точки A, D з 3. ЗАДАЧА ФЕРМАЧТОРРИЧЕЛЛИЧШТЕЙНЕРА при этом точка C перейдёт в некоторую C История этой задачи насчитывает более трёх с половиной точку D, а точка T Ч в точку N. Тре столетий. Она была помещена в книге итальянского физика и ме- угольник AND равен треугольнику ATC, ханика Вивиани <О максимальных и минимальных значениях> поскольку переходит в него при повороте N в 1659 году. Винченто Вивиани (1622Ч1703) был учеником ве- на 60, значит TC=ND. Треугольник ликого Галилео Галилея. Нам он более известен как изобретатель ANT Ч равносторонний, так как AT= ртутного барометра (прибора для измерения атмосферного давле- =AN и TAN=60, поэтому TA=TN.
T ния), а своим современникам Ч как один из лучших специалистов Итак, сумма AT+BT+CT равна длине A B по задачам на максимум и минимум, а также по теории кони- ломаной BTND, а значит, она не меньше Рис. ческих сечений. Своё сочинение Вивиани, следуя традициям того длины отрезка BD (рис. 13).
16 C Равенство достигается, когда точки B, T, N, тупой (пусть это угол MAC), а зна- C и D лежат на одной прямой (в указанной по- чит, MC>AC, с другой стороны, M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M следовательности). Это означает, что BTA+ по неравенству треугольника, MA+ +ATN=180 и, следовательно, BTA= +MB>AB, поэтому N B =120;
а также AND+ANT=180, значит, A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A MA+MB+MC>AB+AC.
D AND=120, поэтому ATC=120. Таким T B образом, лучи TA, TB и TC образуют два Если же M лежит внутри угла A, Рис. A угла в 120, поэтому и третий угол между то вновь повернём плоскость на ними также равен 120 (рис. 14).
Рис. (рис. 15), и получим, что треугольник BAD лежит внутри че Точка T, из которой все стороны тре тырёхугольника BMND, поэтому периметр треугольника меньше угольника видны под углами 120, имеет несколько названий.
периметра четырёхугольника. Следовательно, Иногда её называют точкой Ферма, иногда Ч точкой Торричелли, AB+AC=AB+AD иногда Ч точкой Штейнера. Доказательство, которое мы привели, с поворотом плоскости на 60, принадлежит Якобу Штейнеру. С его Теорема ТорричеллиЧФермаЧШтейнера. Если все углы тре замечательными результатами мы ещё не раз встретимся в этой угольника меньше 120, то точкой минимума суммы расстояний книге. А первым по времени из этих трёх математиков был Торри до его вершин является точка Торричелли. Если же один из углов челли. Поэтому мы будем называть эту точку, по праву первенства, больше или равен 120, то такой точкой является вершина этого точкой Торричелли (мы и обозначили её буквой T). Это ещё од угла. на замечательная точка треугольника, наряду с центром тяжести 28. Все углы треугольника ABC меньше 120. На его сторо (точкой пересечения медиан), ортоцентром (точкой пересечения нах во внешнюю сторону построены равносторонние треуголь высот), центрами вписанной и описанной окружностей. Правда, ники ABC, BCA и CAB. Тогда описанные окружности этих в отличие от четырёх замечательных точек, точка Торричелли су треугольников и отрезки AA, BB и CC пересекаются в одной ществует не у любого треугольника. Однако мы уже доказали, что точке Ч точке Торричелли. Кроме того, AA =BB =CC. Если у треугольника есть точка Торричелли, то она является 29 (теорема Наполеона). Центры описанных окружностей тре единственной точкой минимума суммы расстояний до вершин угольников ABC, BCA и CAB являются вершинами равносторон треугольника. него треугольника (треугольника Наполеона). Чему равна сторона Когда же точка Торричелли существует? Пусть из трёх углов треугольника Наполеона, если AA =c? треугольника угол при вершине A является наибольшим. Построим Это утверждение приписывают Наполеону, хотя неизвестно, имеет ли он на сторонах AC и AB вовнутрь треугольника ABC дуги окруж к нему какое-либо отношение. Наполеон немного увлекался геометрией и вполне ностей, содержащие по 120. Эти дуги пересекаются в точке A. уважительно относился к математике и математикам. Его окружало много вы дающихся математиков того времени Ч Лаплас, Монж, Фурье. Однако многие Если же угол A меньше 120, то эти дуги имеют ещё и вторую точ историки полагают, что его авторство утверждения о равностороннем треугольни ку пересечения (докажите это!), которую мы обозначим через T. ке Ч не более чем миф, созданный придворными льстецами. Это и есть точка Торричелли. В самом деле, так как углы ATC и ATB по построению равны 120, то и третий угол BTC так- 30. Если на сторонах данного треугольника построить во вну же получается равен 360-1202=120. И наоборот, если точка треннюю сторону равносторонние треугольники, то их центры Торричелли существует, то она строится именно таким образом, также являются вершинами равностороннего треугольника (вну поскольку должна лежать на пересечении дуг окружностей вели- треннего треугольника Наполеона). Разность площадей внешнего чиной в 120, построенных на сторонах треугольника. Итак, и внутреннего треугольников Наполеона равна площади исходно Треугольник имеет точку Торричелли тогда и только тогда, го треугольника. когда все его углы меньше 120. 31 (теорема Помпею). Вокруг равностороннего треугольни А если один из углов треугольника больше или равен 120 ка ABC описана окружность. Если точка M лежит на меньшей (например, угол A), то в какой точке сумма расстояний до вершин дуге AB этой окружности, то MC=MA+MB. Для всех осталь будет минимальна? Ответ: в вершине этого угла. Доказать это ных точек M плоскости выполнено неравенство MC просто. Пусть A120, а M Ч произвольная точка плоскости. 32. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки Если M не лежит внутри угла A, то один из углов MAC или MAB Ч внутри равностороннего треугольника до его сторон Ч величина 18 постоянная. С помощью этого утверждения получите другое до- Примерно так рассуждали десятиклассники, доказывая, что казательство теоремы ФермаЧТорричеллиЧШтейнера. ответ в задаче отрицательный. В то время как ничего не подо П о д с к а з к а. Через каждую вершину треугольника проведите прямую, зревавшие восьмиклассники, не знавшие даже теоремы косинусов, перпендикулярную отрезку, соединяющему эту вершину с точкой Торричелли. экспериментально, с помощью линейки, приняв 1 сантиметр в те Эти прямые образуют равносторонний треугольник. тради за 1 км, без труда строили необходимую систему дорог. 33. На плоскости даны две точки и прямая. Найдите точку, 37. Найдите ошибку в приведённом <доказательстве>. сумма расстояний от которой до данных точек и до прямой Оказывается, кратчайшая система дорог в задаче имеет длину минимальна. 34. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Для какой точ 4( 3+1)=10,928... км. ки плоскости сумма расстояний до его вершин будет наимень шей? Ответ ясен: для точки пересечения диагоналей. Пусть тре Получается, что отрезки, соединяющие некоторую точку плоско угольник ABC Ч остроугольный. Представим, что вершина D при сти с вершинами многоугольника, вовсе не обязательно составляют ближается к вершине C. Тогда четырёхугольник ABCD стремит кратчайшую систему дорог, соединяющих все вершины. Уже для ся к треугольнику ABC, а точка минимума суммы расстояний Ч квадрата кратчайшая система дорог имеет более сложный вид. Ка точка пересечения диагоналей Ч стремится к вершине C. В пре кой? Ответ мы узнаем чуть позже, пока же от квадрата спустимся деле получим, что вершина C Ч точка минимума суммы расстоя к треугольнику. А для трёх точек будет ли решение задачи Фер ний для треугольника ABC. Но ведь на самом деле, как мы знаем, маЧТорричеллиЧШтейнера давать кратчайшую систему дорог? минимум суммы расстояний до вершин треугольника ABC дости То, что минуту назад казалось очевидным, теперь уже вызыва гается в его точке Торричелли, а не в вершине C. Противоречие? ет сомнения. Но, оказывается, что для трёх точек всё нормально: 35. Для трёх точек A, B и C на плоскости найдите такую если углы треугольника меньше 120, то кратчайшая система до точку M, для которой значение выражения а) AM+BM+2CM; рог, соединяющая его вершины, будет состоять из трёх отрезков б) AM+BM-CM достигает наименьшего значения. от точки Торричелли до вершин, а если найдётся угол, больший или равный 120, то из двух отрезков Ч сторон треугольника, вы з 4. СЕТИ ШТЕЙНЕРА ходящих из этой вершины. Однако, попытка напрямую обобщить Много лет назад автор этих строк давал школьникам на заня это утверждение с плоскости на пространство почему-то даёт сбой: тиях на Малом мехмате следующую задачу: 38. Паук связал паутину, соединяющую все вершины правиль 36. Четыре деревни расположены в вершинах квадрата со сто ного тетраэдра. Чему равна наименьшая длина паутины, если роной 4 км. Жители хотят соединить их системой дорог так, ребро тетраэдра равно 1? чтобы из каждой деревни можно было проехать в любую другую. Дадут ли ответ четыре отрезка, соединяющие вершины с цен Они собрали деньги на 11 км дороги. Хватит ли этого? тром тетраэдра? Или паук сможет обойтись меньшей длиной? Вообще говоря, ясно, что ответ Ч нет. Если соединить дорога В отличие от аналогичной <плоской> задачи Ч сможет! Суммар ми три стороны квадрата (буквой <П>), то длина составит 12 км. ная длина четырёх отрезков от центра тетраэдра до вершин равна Если провести две диагонали с перекрёстком в центре, то длина бу 6=2,449... В то время как наименьшая возможная длина пау дет 8 2=11,31... км. Меньше ничего уже быть не может. В самом тины равна 3+1/ 2=2,439... Отличие всего в одну сотую! деле: если есть только одна дорога, соединяющая последователь Задача Штейнера. В пространстве дано k точек. Соединить их но все вершины (иначе говоря, если перекрёстков не будет), то её системой кривых наименьшей суммарной длины. длина будет не меньше трёх сторон квадрата (поскольку дорога, Эта задача была впервые поставлена великим геометром Яко соединяющая две вершины квадрата, не меньше его стороны), т. е. бом Штейнером (1796Ч1863). Родившийся в Швейцарии в кре не меньше 12 км. Если же есть хотя бы один перекрёсток, то он стьянской семье Штейнер был в математике самоучкой. В возрасте соединён дорогами со всеми вершинами квадрата. Значит, длина двадцати лет он переехал в Германию, где и работал до конца дорог не меньше, чем 8 2, потому что сумма расстояний от пере жизни, сначала в университете Гейдельберга, а затем Ч Берлина. крёстка до вершин квадрата не меньше, чем от центра квадрата Вклад Штейнера в геометрию огромен. Ему принадлежит мно до вершин (как мы знаем, минимум суммы расстояний от точки жество новых идей и красивых, иногда весьма трудных теорем. до вершин четырёхугольника достигается в точке пересечения диа Он впервые доказал, что треугольник с двумя равными биссек гоналей). В этом случае длина дорог не меньше 8 2=11,31... трисами Ч равнобедренный, что все геометрические построения, 20 выполнимые с помощью циркуля и линейки, могут быть осуще- В самом деле, если из вершины A выходят рёбра AB и AC, ствлены с помощью одной линейки, если только нам дана хотя бы и угол между ними меньше 120, то мы можем заменить эту пару одна окружность и её центр. Так называемый поризм Штейнера, рёбер другими, также связывающими точки A, B и C, но имеющи или <ожерелье Штейнера>, теорема о цепочке касающихся окруж- ми меньшую суммарную длину. Если в треугольнике ABC все углы ностей, по праву считается одним из красивейших утверждений меньше 120, то поставим одну дополнительную вершину T Ч точ геометрии. Как представитель <чистой геометрии>, он был убе- ку Торричелли этого треугольника, соединим её с вершинами A, B ждён, что геометрию надо изучать умозрительно, без привлечения и C, а рёбра AB и AC уберём. Получим связный граф меньшей вычислений. Он говорил, что <расчёт заменяет мышление, а гео- длины. А если в треугольнике ABC, скажем, угол при вершине B метрия, напротив, это мышление укрепляет>. По его убеждению, больше или равен 120, то убираем ребро AC, а вместо него ста каждая геометрическая задача должна иметь чисто геометриче- вим BC. Вновь получим связный граф меньшей длины (рис. 16). ское решение. Если Штейнеру не удавалось найти геометрическое A A решение, он считал задачу не решённой вовсе и не публиковал ре а) шения. По этой причине многие теоремы Штейнера дошли до нас ) б без доказательств. C C Р е ш е н и е. Мы решим задачу Штейнера для k точек на плос T кости. С незначительными изменениями это же доказательство C C B B A B A B годится и для k точек в пространстве, и даже в пространстве n Рис. произвольной размерности. В этом смысле решение задачи Штей нера универсально! Из этого свойства непосредственно следует, что Решение разобьём на несколько этапов. Итак, пусть на плос- в) и з н а с т о я щ е й в е р ш и н ы м о ж е т в ы х о д и т ь о д н о, кости даны k точек A1, A2,..., Ak. Посмотрим, какими свойствами д в а и л и т р и р е б р а; е с л и в ы х о д и т д в а р е б р а, т о у г о л должна обладать кратчайшая система дорог, соединяющая эти точки. м е ж д у н и м и б о л ь ш е и л и р а в е н 120; е с л и т р и, т о о н и Первое свойство достаточно очевидно, и вытекает из того, что крат- о б р а з у ю т м е ж д у с о б о й у г л ы в 120. чайшим путём из одной точки в другую является отрезок прямой: Больше трёх рёбер выходить не может, иначе один из углов а) к р а т ч а й ш а я с и с т е м а д о р о г с о с т о и т и з о т р е з к о в. будет меньше 120. Таким образом, кратчайшая система дорог является плоским Таким образом, настоящие вершины бывают трёх типов. С допол графом Ч объединением конечного числа отрезков. Концы этих нительными вершинами дело обстоит проще Ч все они одного типа: отрезков Ч вершины графа, а сами отрезки Ч его рёбра. Дан- г) и з к а ж д о й д о п о л н и т е л ь н о й в е р ш и н ы в ы х о д я т ные точки A1,..., Ak мы будем называть настоящими вершинами т р и р е б р а п о д у г л а м и 120. этого графа, все прочие его вершины (перекрёстки дорог) Ч допол- Действительно, первый тип для дополнительной вершины не нительными. По условию этот граф связный, т. е. из любой его возможен (если из дополнительной вершины выходит только одно вершины можно добраться по рёбрам в любую другую. Более того, ребро, то эта вершина не нужна, потому что её можно убрать вме этот граф односвязный, т. е. для любой пары вершин существует сте с ребром), второй Ч также невозможен (если дополнительная единственный путь по рёбрам, их связывающий (при этом всегда вершина M соединена рёбрами только с двумя вершинами B и C, считаем, что никакой путь не проходит дважды по одному ребру). то уберём эти рёбра вместе с самой вершиной M, а точки B и C Связный граф является односвязным тогда и только тогда, когда соединим ребром; получим связный граф меньшей длины). он не содержит замкнутых путей (доказательство этого факта Ч Определение. Сетью Штейнера данных точек A1,..., Ak, на простое упражнение). Если бы кратчайшая система дорог не была зывается односвязный граф, имеющий среди своих вершин все односвязной, то существовал бы замкнутый путь. Убрав любое ре- данные точки (эти вершины называются настоящими, прочие Ч бро из этого пути, мы получили бы связный граф меньшей длины. дополнительными), причём все его настоящие вершины принад Итак, кратчайшую систему дорог надо искать среди односвяз- лежат одному из трёх типов (пункт в), а все дополнительные ных графов, которые содержат данные точки в качестве вершин вершины принадлежат только третьему типу (пункт г)). (но могут иметь и дополнительные вершины). На рис. 17 показана сеть Штейнера, связывающая девять точек. б) л ю б ы е д в а р е б р а, в ы х о д я щ и е и з о д н о й в е р ш и- Теорема. Кратчайшая система дорог, связывающая k точек, н ы, о б р а з у ю т у г о л н е м е н е е 120. является сетью Штейнера. 22 Как строить такие сети? И вообще, И н д у к т и в н ы й п е р е х о д. Пусть A9 A C C сколько их может быть у данного набо- k3. Предположим, что для любых k-1 B B A A7 ра точек? Ведь мы вольны ставить сколько точек на плоскости существует лишь ко Рис. угодно дополнительных вершин! Оказывает- нечное число сетей Штейнера, и мы умеем ся, что для данного набора точек существует их все строить. Пусть нам дано k точек. A лишь конечное число сетей Штейнера. Согласно лемме, любая сеть Штейнера, со K K A Можно построить их все, а затем выбрать единяющая эти точки, содержит либо ту A из них ту, которая имеет кратчайшую пиковую вершину, либо тупиковую пару B длину. Она и будет кратчайшей системой вершин. A5 D дорог, связывающей данные точки. В первом случае (рис. 18) мы можем A3 A Как построение, так и доказательство убрать тупиковую вершину вместе с един осуществляется по индукции. Для этого ственным исходящим из неё ребром. Полу нам понадобится лишь одно вспомогатель- чаем граф, который будет сетью Штейнера ное утверждение. Настоящую вершину сети для оставшихся k-1 точек. M M A Штейнера назовём тупиковой, если из неё Во втором случае (рис. 19) обозначим Рис. выходит только одно ребро, и это ребро со- через A и D тупиковую пару вершин, со Рис. единяет её с другой настоящей вершиной. единённых с дополнительной вершиной B, Две настоящие вершины назовём тупиковой парой вершин, если а через BK Ч третье ребро, выходящее из вершины B. Построим из каждой из них выходит по одному ребру, и эти рёбра соединя- на стороне AD равносторонний треугольник AMD так, что точки M ют их с одной и той же дополнительной вершиной. Сеть Штейнера и B лежат по разные стороны от прямой AD. Так как B Ч допол на рис. 17 имеет две тупиковые вершины Ч A1 и A8, и одну тупи- нительная вершина, ABD=ABK=DBK=120. Следовательно, ковую пару вершин Ч {A4, A5}. точки A, B, D и M лежат на одной окружности, поэтому MBA= Лемма. В каждой сети Штейнера есть либо тупиковая верши- =MDA=60. Таким образом, точка B лежит на отрезке MK. на, либо тупиковая пара вершин. Уберём вершины A и D вместе с дополнительной вершиной B Д о к а з а т е л ь с т в о л е м м ы. Среди всех путей по рёбрам гра- и со всеми рёбрами, выходящими из B. Вместо них поставим одну фа выберем путь, состоящий из наибольшего числа рёбер. Пусть он настоящую вершину M и соединим её ребром с вершиной K. По начинается в вершине A, а следующая вершина Ч B. Тогда AB Ч лучим сеть Штейнера, связывающую k-1 точек. единственное ребро, выходящее из A, и A Ч настоящая вершина. Таким образом, построение любой сети Штейнера для k точек Если и B Ч настоящая, то всё доказано: вершина A Ч тупико- сводится к аналогичной задаче для k-1 точек. Получаем и н д у к вая. Если B Ч дополнительная вершина, то из неё выходят ещё т и в н ы й а л г о р и т м. Пусть дано k точек A1,..., Ak. Тогда: два ребра: BC и BD. По крайней мере одно из этих рёбер (пусть 1-й способ. Временно убираем любую из точек Aj, j=1,..., k, это будет BD) не лежит на выбранном пути. Докажем, что BD Ч строим сеть Штейнера для оставшихся k-1 точек, затем соединя единственное ребро, выходящее из вершины D. Если из D выходит ем Aj ребром с любой из этих k-1 точек. ещё какое-нибудь ребро BE, то путь EDB... будет содер- 2-й способ. Выбираем две точки Ai, Aj из жать больше рёбер, чем путь AB..., что невозможно. Таким k данных, строим равносторонний треугольник K образом, A и D составляют тупиковую пару вершин. MAiAj и временно заменяем две точки Ai, Aj на од Построение сети Штейнера. Б а з а и н д у к ц и и. Если k=2, ну точку M. Для получившихся k-1 точек стро B то отрезок, соединяющий две вершины, будет единственной сетью им сеть Штейнера. Обозначаем через B точку пе Aj Штейнера. Действительно, как мы доказали, самый длинный путь ресечения описанной окружности треугольника Ai в графе (т. е. содержащий наибольшее число рёбер) оканчивается MAiAj с ребром MK, выходящим из вершины M. либо тупиковой вершиной, либо тупиковой парой вершин. В обоих Теперь убираем вершину M, ставим обратно вер случаях это две настоящие вершины. У пути два конца, а настоя- шины Ai и Aj, ставим дополнительную вершину B щих вершин у нас всего две. Поэтому единственная возможность Ч и соединяем её рёбрами с вершинами Ai, Aj и K. M самый длинный путь состоит из одного ребра и соединяет две на- После каждого шага нужно проверить, бу Рис. стоящие вершины. Значит, вся сеть состоит из одного ребра. дет ли построенный граф сетью Штейнера для 24 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. A4 A 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 A способу, то ребро MK может вовсе не пересечь окружность MAiAj, ний треугольник A1MA3. Три точки M, A2 и A а может пересечь её не в том месте (нужно, напомним, чтобы точка лежат на одной прямой, поэтому их сеть Штей пересечения лежала на дуге AiAj, не содержащей точку M). В обо- нера состоит из двух отрезков MA2 и A4A2. их случаях мы не сможем поставить дополнительную вершину B. Ребро MA2 не пересекает дуги A1A3 описан Важно другое: л ю б а я сеть Штейнера точек A1,..., Ak полу- ной окружности треугольника A1MA3. Таким M чается таким способом! Все сети Штейнера будут содержаться среди образом, этот случай не даёт сети Штейне Рис. построенных графов. Мы уже доказали это, опираясь на лемму. ра. Во втором случае (убрали A1 и A2) строим A4 A Посмотрим, как строятся сети Штейнера для малого числа равносторонний треугольник A1MA2. Если он 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 Ч 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 A3MA4 Ч остроугольный; его A2A3. Теперь соединяем точку A1 с любой из вершин A1 или A2. сеть Штейнера Ч три отрезка, соединяющие A1 A В любом случае получаем две стороны треугольника A1A2A3. Если его вершины с точкой Торричелли T. Ребро TM Рис. 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 A1MA2 в точке B (рис. 21). и A2. Строим равносторонний треугольник A1MA2, затем находим В итоге мы получили сеть Штейнера, показанную на рис. 22. точку пересечения дуги A1A2 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 Ч точка Торричелли треугольника A1A2A3. 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 Ч 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 Ч 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 Ч 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 A2A3A4 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 Ч точка Торричелли а не только среди близких. Так, уже для квадрата существует треугольника A2A3A4. Теперь нужно соединить A1 с любой из вер- не одна, а две сети Штейнера (первая Ч та, которую мы построили, шин A2, A3 или A4. Однако, как легко видеть, при этом каждый вторая Ч получающаяся из первой поворотом на 90 вокруг цен раз будут получаться два ребра с углом меньше 120. Итак, п е р- тра квадрата). Они равны, поэтому обе дают глобальный минимум. 26 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 з 8 (задача 72). го, чтобы основать там своё поселение. Вождь Рис. 39. Постройте сети Штейнера для четырёх вершин прямо- с усмешкой предложил ей взять столько земли, угольника размером 34. 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). з 5. ИЗОПЕРИМЕТРИЧЕСКАЯ ЗАДАЧА Так, согласно легенде, был основан знаменитый город древнего мира Карфаген. Говорят, что старая крепость Карфагена действи <Всё моё, моё!> Ч 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 Ч 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 Ч это окружность, а фигура Ч 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 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. максимальный объём! 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 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 Ч диаметр, а M Ч любая точ ский математик Зенодор, живший в V веке до н. э. в Александрии, ка на границе, то AMB=90. Предположим, что дал вполне строгое, даже с позиций сегодняшнего дня, обоснова- это не так, и AMB =90 для какой-то точки M. 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 Ч правиль- половину, которая не содержит точки M. Соглас ный n-угольник. От утверждения Зенодора один шаг до решения но свойству 2, оставшаяся половина будет иметь 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 A чески Ч ошибку. Впрочем, ошибку устранимую, а в середине стороны раздвинем (или, напротив, сдвинем) так, 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 Д о к а з а т е л ь с т в о и з о п е р и м е т р и ч е с к о г о с в о й с т в а ка AMB увеличится. В самом деле, его площадь Рис. к р у г а. Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра теперь равна AMBM/2, а была равна имеет наибольшую площадь. Назовём эту фигуру F, её площадь 1 обозначим через S, а периметр Ч через l. Докажем, что эта фигура AMBMsin AMB< AMBM. 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. вне F (рис. 24). Отразив дугу границы фигуры F, лежащую между Из свойства 3 немедленно следует, что F Ч это круг, посколь 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. площадь (ясно, что её площадь боль- Например, при доказательстве свойства 1 после отражения отно 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 ну относительно прямой AB. Тогда казательстве свойства 3, когда мы меняем угол между AM и BM? получим симметричную фигуру, пе- Признаемся, для краткости мы опустили много деталей в доказа Рис. риметр которой по-прежнему равен l тельстве. Строгое доказательство несколько длиннее, и, поверьте 30 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: если f(x)1; <Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра имеет g(x)= 1, 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]. шенно абсурдным выводам. Ответ, конечно же, неверен. Например, функция f(x)=-x2+ 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 Ч величина ограни равная a2, также меньше 1, а значит, меньше площади квадрата ченная (она всегда меньше, чем 2). со стороной 1. Получаем противоречие. Если1, то выполне- На самом деле Якоб Штейнер доказал, что но неравенство a2 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 з 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 0f(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 и максимумы во всех предлагаемых задачах действительно дости f(x) dxmax, 0f(x)2; f(0)=f(1)=1. гаются. Читателю, который не сможет этого сделать, мы советуем 32 просто поверить, что это действительно так. з 6. ВАРИАЦИОННЫЕ МЕТОДЫ 45. Верёвкой данной длины отгородить от прямого угла фигуру <По обе стороны от места наибольшего значения убывание вна наибольшей площади. чале нечувствительно>. И о г а н н К е п л е р 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 Ч 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 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. П о д с к а з к а. Рассмотрим произвольное положение многоугольника. Затем, вариационного метода в то время, что называется, витала в возду 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 Ч что все его углы равны. б) Выведите изопериметрическую задачу из задачи Зенодора. f(x+h)=f(x)+ah+(h) |h|, П о д с к а з к а. Предположим, что найдётся линия, ограничивающая большую K A A площадь, чем окружность данной длины, и приблизим эту линию многоугольни где величина (h) стремится к нулю при ком с очень маленькими сторонами. h0. Производную обозначают симво- Рис. 34 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 Ч 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, HB ctg K что многие похожие на неё задачи-близнецы, которые, на первый A проверить, что =. С другой HA ctg взгляд, даже сложнее её, имеют простые геометрические реше Рис. MA ctg ния. Например, провести отрезок через данную точку внутри угла, стороны, =, поэтому MA=HB MB ctg 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 Ч через M. Проведём зуется следующим свойством: проек H через M другой отрезок AB с вершинами на сторонах угла. Пусть ция вершины угла на AB симметрич Ч угол между AB и AB. Функция f()=AB 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 K P A MB =MB, MA =MA ; ба его построения? Дело в том, что для sin(+) sin(-) произвольного угла этот отрезок не мо- Рис. следовательно, жет быть построен с помощью циркуля и линейки. Именно поэтому эта <простая> геометрическая зада f()-f(0)=AB -AB=MB +MA -MB-MA= ча имеет столь громоздкое решение. Если бы существовало такое sin sin построение, которое находило бы кратчайший отрезок для любо =MB sin(+) -1 +MA sin(-) -1 = го угла, то оно годилось бы и для прямого угла (рис. 28). Если угол K Ч прямой, то + - 2 sin cos 2 sin cos 2 2 2 =-MB +MA. sin(+) sin(-) ctg - MA ctg = = =tg2. Итак, MB ctg ctg + - 2 sin cos cos MA tg f()-f(0) 2 2 MB. С другой стороны, =, где Ч угол между KM и KA =- -MA MB tg sin(+) sin(-) (мы воспользовались подобием треугольников APM и AKB). Итак, 2 sin tg =3 tg. Построить отрезок AB означает найти кубический 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, + - cos cos 2 когда возможно только охарактеризовать положение точки мини ctg, ctg, sin(+) sin(-) мума (максимума), но не найти её конструктивно. Вариационный метод применим и к задачам с несколькими пе получаем окончательно ременными, когда функция f(x) задана не на прямой, а, скажем, f(0)=-MB ctg +MA ctg. на плоскости. При этом x Ч точка на плоскости с координатами 36 (x1, x2). Производная определяется по тому же принципу: произ- 55. Задача о наименьшей сумме расстояний до k точек. На водной в данной точке x называется вектор a=f(x) такой, что плоскости дано k точек. Найти точку, сумма расстояний от кото рой до этих точек минимальна. f(x+h)=f(x)+ah+(h)|h|, Р е ш е н и е. Обозначим через x1,..., xk данные точки, а че где h=(h1, h2) Ч произвольный вектор, называемый приращени- рез x Ч произвольную точку плоскости. Пусть также fi(x)=|x-xi| для i=1,..., k. Нужно найти точку x, для которой сумма f1(x)+ ем аргумента x, число |h|= h2+h2 Ч его длина, а величина (h) 1 +... +fk(x) будет наименьшей. Производная функции fi(x) являет стремится к нулю при |h|0. Разница только в том, что вместо ся единичным вектором, сонаправленным вектору x-xi. Если x Ч обычного произведения чисел теперь берётся скалярное произведе точка минимума, то либо сумма таких векторов равна нулю, либо ние векторов ah, равное произведению их длин на косинус угла одна из функций fi не имеет производной в точке x, а это значит, между ними. В координатах скалярное произведение выражается что x совпадает с точкой xi. Таким образом, как ah=a1h1+a2h2. Точка минимума суммы расстояний либо совпадает с одной В точке минимума или максимума функции f её производная из данных точек, либо характеризуется следующим свойством: (если она существует) равна нулю. сумма k векторов единичной длины, направленных из этой точки Д о к а з а т е л ь с т в о. В самом деле, пусть f(x)=a=0. Тогда к данным k точкам, равна нулю. рассмотрим приращения h=ta, где t Ч положительное число. При k=3 получаем точку Торричелли либо одну из вершин Учитывая, что ata=t|a|2, получаем треугольника (как мы знаем, вершину с углом 120), при k=4 Ч f(x+ta)=f(x)+t|a|2+t|a|(ta)=f(x)+t|a|(|a|+(ta)). точку пересечения диагоналей четырёхугольника, если четырёх угольник выпуклый, а если невыпуклый Ч то его вершину, При t0 величина (ta) стремится к нулю, поэтому при малых t лежащую внутри треугольника с вершинами в трёх оставшихся величина |a|+(ta) Ч положительна, значит f(x+ta)>f(x). Таким точках. При k5 эта точка, вообще говоря, не строится с помо образом, точка x не является точкой максимума. Точно так же, щью циркуля и линейки. взяв приращение h=-ta, доказываем, что x не является и точкой Получается довольно странная ситуация. Если на плоскости минимума. дано, скажем, 10 точек, то существует способ построения кратчай В качестве примера найдём производную функции длины век шей системы дорог, их связывающей (сеть Штейнера). Причём это тора f(x)=|x|. Эта производная понадобится нам во многих задачах. построение Ч точное, его можно сделать с помощью циркуля и ли Пользуясь тем, что |x|2=xx, получаем нейки и найти точную длину. Если же нам нужно решить более, казалось бы, простую задачу Ч найти точку, сумма расстояний от |x+h|2 -|x2| (x+h)(x+h)-xx 2xh+hh |x+h|-|x|= = =. которой до данных 10 точек минимальна (т. е. найти кратчайшую |x+h|+|x| |x+h|+|x| |x+h|+|x| не из всех систем дорог, а только из тех, которые сходятся в одном Отсюда перекрёстке), то эта задача в общем случае решается лишь при 2x |h| ближённо, а не точно. Про точку минимума мы ничего не знаем, |x+h|-|x|= h+ |h| |x+h|+|x| |x+h|+|x| кроме того, что она существует, и того, что x сумма 10 единичных векторов из неё в дан x Если x =0, то при h0 величина |x+h|+|x| стремится к 2|x|, ные точки равна нулю. С помощью циркуля |h| и линейки мы решение построить не можем. а величина стремится к нулю. Поэтому |x+h|+|x| 56. Прямой, проходящей через данную x точку внутри угла, отрезать от этого угла x |x+h|-|x|= h+(h)|h|. треугольник наименьшей площади. Най- x |x| дите как геометрическое решение, так x и решение, использующее производную. где (h)0 при h0. Отсюда следует, что f(x)=. Итак, |x| x Какое из них проще? Функция f(x)=|x| имеет производную в любой точке x, кроме 57. То же, но для треугольника мини x точки x=0. Эта производная является вектором единичной дли мального периметра. Найдите как геоме ны, сонаправленным с вектором x. трическое решение, так и решение, ис- Рис. 38 пользующее производную. Метод Лагранжа базируется на нескольких ключевых идеях. Од 58. Проведите касательную к данной окружности, лежащей на из них состоит в том, как искать минимум функции, если внутри угла, отсекающую от этого угла треугольник а) мини- на функцию заданы некоторые ограничения. Этот приём теперь мальной площади; б) минимального периметра. носит название <правило множителей Лагранжа>. Мы сформули 59. Через данную точку внутри угла провести прямую так, руем это правило в несколько упрощённой форме. чтобы сумма KA+KB была наименьшей (точка K Ч вершина уг- Теорема Лагранжа. Предположим, на плоскости задана функ ла, точки A и B Ч точки пересечения прямой со сторонами угла). ция f(x) и дана кривая g(x)=0. Если функция f, ограниченная 60. Пространственный четырёхугольник ABCD сделан из че- на данную кривую, достигает своего минимума или максимума тырёх стержней длины 1, шарнирно соединённых в вершинах. в точке x, то векторы f(x) и g(x) коллинеарны (при условии, В каком положении объём тетраэдра ABCD Ч наибольший? Че- что обе функции имеют производные в точке x). му равен этот наибольший объём? В общей теореме Лагранжа функция f зависит не от двух, 61. Даны положительные числа a, b, c и треугольник ABC. а от n переменных, и есть несколько функций g(x), задающих Охарактеризуйте положение точки M, для которой сумма aMA+ ограничения gi(x)=0, i=1,..., m. Мы оставим эту теорему без +bMB+cMC минимальна. доказательства, это завело бы нас слишком далеко в сторону ма 62. Если k точек не лежат на одной прямой, то существует тематического анализа. Посмотрим, как превосходно она работает только одна точка с наименьшей суммой расстояний до них. при нахождении максимумов и минимумов. П о д с к а з к а. Предположим, что нашлись две точки с наименьшей сум Теорема (Закон Снеллиуса о преломлении света). Две среды мой расстояний. Докажите, что для середины отрезка, соединяющего эти точки, разделены прямой линией, в первой скорость распространения сумма расстояний ещё меньше. Для этого воспользуйтесь тем, что медиана тре угольника меньше полусуммы сторон, между которыми она заключена. света равна v1, а во второй Ч v2. Если луч света выходит 63. Пусть M Ч точка внутри тетраэдра ABCD, для которой из первой среды под углом 1 к нормали и входит во вторую сумма расстояний до вершин минимальна. Тогда противополож- под углом 2, то ные рёбра тетраэдра видны из точки M под равными углами, sin 1 v1 x а биссектрисы этих углов лежат на одной прямой. = 64. На плоскости даны k точек и прямая линия. Охарактери- sin 2 v зуйте положение точки плоскости, сумма расстояний от которой Цu Д о к а з а т е л ь с т в о. Прямая до данных точек и до прямой Ч наименьшая. на плоскости задаётся уравнением 65. В пространстве даны три точки и плоскость. Охарактери зуйте положение точки, сумма расстояний от которой до данных n(x-x0)=0, точек и до плоскости Ч наименьшая. 2 Цu где x0 Ч произвольная точка прямой, а n Ч вектор, перпендикулярный пря з 7. ПРАВИЛО МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА x мой. Выберем произвольную точку x1 на В 1755 году 19-летний юноша, будущий великий французский входящем пучке света и точку x2 на пре Рис. математик Жозеф Луи Лагранж (1736Ч1813), изложил в пись ломлённом (рис. 30). Свет всегда распро ме к Леонарду Эйлеру свой метод решения задач по нахождению страняется по пути, занимающему наименьшее время. Значит, максимумов и минимумов. Сам Эйлер решал множество задач нужно найти на границе сред точку x, для которой величина f(x)= такого рода и каждый раз придумывал особый приём для но 1 = |x-x1|+ |x-x2| принимает наименьшее значение. Получаем вой задачи. Вопрос Эйлера, к которому он приглашал учёных, v1 v состоял в том, чтобы изыскать общий метод решения. Юный Ла задачу: гранж блестяще справился с этой проблемой, и разработал свой алгоритм, решавший единообразным способом самые разные экс- |x-x1| |x-x2| f(x)= + min при условии g(x)=n(x-x0)=0. тремальные задачи, включая изопериметрическую. Восторженная v1 v реакция Эйлера не заставила долго ждать: <Ваше решение изо периметрических проблем безукоризненно, и я рад, что тема, Согласно принципу Лагранжа, в точке минимума векторы f(x) которой я давно занимаюсь, доведена Вами до близкого конца>. и g(x) коллинеарны. Производная f(x) равна сумме вектора u1, 40 который имеет длину 1/v1 и сонаправлен с вектором x-x1, и век- ющих в качестве основания данный правильный треугольник, тора u2 длины 1/v2, сонаправленного с вектором x-x2. А произ- найти пирамиду с наименьшей суммой длин рёбер. Тот же во водная g(x) равна вектору n. Условие коллинеарности означает, прос про четырёхугольную пирамиду с основанием, совпадающим что сумма u1+u2 перпендикулярна прямой, то есть проекции век- с данным параллелограммом. 69. В пространстве даны три скрещивающиеся прямые. Как sin 1 sin торов u1 и u2 на прямую равны. Таким образом, =, что выбрать по точке на каждой из этих прямых так, чтобы треуголь v1 v ник с вершинами в этих точках имел наименьший периметр? и требовалось. 70. Муха летает внутри правильного тетраэдра. Каким мог Ну а теперь мы готовы представить обещанные решения задач о быть кратчайший путь мухи, если она побывала на каждой грани минимуме суммы расстояний до точки прямой и до точки плоскости. тетраэдра? 66. Задача о минимальной сумме расстояний от k точек плос кости до точки на прямой. На плоскости дана прямая и k точек. з 8. ФИЗИЧЕСКИЕ ПРИНЦИПЫ Найти (или охарактеризовать) положение точки на прямой, для <Книга Природы написана треугольниками, окружностями которой сумма расстояний до данных точек минимальна. и другими геометрическими фигурами, без которых человек Р е ш е н и е. Пусть l Ч данная прямая, а x1,..., xk Ч данные не сможет понять в ней ни единого слова>. точки. Решаем задачу на минимум: Г а л и л е о Г а л и л е й Выдающийся математик Карл Зигель писал: <По Лейбницу, f(x)=|x-x1|+... +|x-xk|min наш мир является лучшим из всех возможных миров, и потому при условии g(x)=n(x-x0)=0, его законы можно описать экстремальными принципами>. В са где x0 Ч произвольная точка прямой l, а n Ч вектор, перпенди- мом деле, многое в природе происходит по законам минимумов кулярный этой прямой. Обозначим через ui вектор единичной дли- и максимумов. И, наверное, поэтому многие геометрические зада ны, сонаправленный с вектором x-xi. Тогда f(x)=u1+... +uk, чи на минимум и максимум имеют наглядный физический смысл. а g(x)=n. По теореме Лагранжа, в точке минимума вектор f(x) Задача о минимальной длине пути между двумя точками с захо коллинеарен n, т. е. перпендикулярен прямой l. Таким образом: дом на прямую линию или задача Снеллиуса могут быть решены Решением задачи служит точка прямой l, для которой сумма с помощью оптики. При этом мы используем главный принцип: проекций на прямую k единичных векторов, направленных из свет всегда выбирает путь, на который тратится наименьшее вре неё в данные точки, равна нулю. мя. Другой принцип использует механику, он гласит: Если из данных k точек есть хотя бы одна, не лежащая на пря- Механическая система в состоянии, при котором она имеет мой l, то задача имеет единственное решение. Доказать это совсем наименьшую потенциальную энергию, находится в равновесии. просто, если использовать приём из задачи 62. Если k3, то такая Упрощённо этот закон можно выразить так: механическая точка, вообще говоря, не строится с помощью циркуля и линейки система всегда стремится к уменьшению своей потенциальной (вычисление её координаты приводит к уравнению высокой степе- энергии. Брошенный камень летит вниз, и его потенциальная энер ни). Поэтому в общем случае у нас нет ничего лучшего, чем то гия, равная mgh (здесь m Ч масса камня, g9,8 Ч ускорение описание точки минимума, которое мы привели. свободного падения, а h Ч высота камня), при этом уменьша 67. Задача о минимальной сумме расстояний от k точек про- ется. Растянутая пружина стремится сжаться к первоначальному странства до точки на данной плоскости. В пространстве дана состоянию, а значит Ч уменьшить свою потенциальную энер плоскость и k точек. Найти (или охарактеризовать) положение гию. Напомним, что потенциальная энергия пружины равна kx2/2, точки на плоскости, для которой сумма расстояний до данных где x Ч растяжение пружины (на сколько изменили её длину), точек минимальна. а k Ч коэффициент упругости. Вот как можно применить этот Решение этой задачи ничем не отличается от предыдущей принцип к нескольким классическим задачам. и приводит к похожему ответу: Задача Фаньяно. Возьмём остроугольный треугольник ABC, Минимум достигается в точке x плоскости, для которой сум- стороны которого сделаны из жёсткой проволоки, и натянем ма проекций на плоскость k единичных векторов, направленных на него резиновое кольцо (рис. 31). Предполагаем, что трения из x в данные точки, равна нулю. нет. Согласно принципу минимума потенциальной энергии, коль 68. Среди всех треугольных пирамид данного объёма, име- цо сожмётся до минимально возможной длины (поскольку его по 42 тенциальная энергия, так же, как ствующих на узел со стороны верёвок, равна нулю. Все силы C и у пружины, равна kx2/2), и в этом натяжения верёвок равны по модулю, так как все грузики имеют положении будет находиться в рав- равные массы. Следовательно, сумма равных по длине векторов, новесии. Значит, в положении равно- направленных из точки x к точкам x1,..., xk, равна нулю, откуда B весия периметр треугольника ABC и следует ответ. В частности, при k=3 получаем точку Торричелли. A будет наименьшим. Напишем усло- Изопериметрическая задача. Возьмём прямоугольный лист бу N вия равновесия для кольца в точке A. маги и склеим из него цилиндр. Поставим цилиндр вертикально На него действуют две равные по на гладкую плоскость и нальём в него воду. Будем считать, что модулю силы вода не просачивается между плоскостью и цилиндром. Что про -натяжения и сила реак A C B ции опоры N. Так как трения нет, изойдёт? Ясно, что основание цилиндра под действием воды примет сила N направлена перпендикуляр- круглую форму, поскольку давление воды на стенки во все сторо Рис. но прямой BC. Сумма этих трёх сил ны одинаково. С другой стороны, для того, чтобы потенциальная должна быть равна нулю. В проекции на прямую BC это означает, энергия была минимальна, центр тяжести налитой воды должен что T cos =T cos, т. е. =. Итак, стороны треугольника наи- занять самое низкое положение. Центр тяжести цилиндра распола меньшего периметра, вписанного в треугольник ABC, пересекают гается на середине его высоты, проведённой из центра основания, стороны треугольника ABC под равными углами. Следовательно, значит, высота уровня воды должна быть минимальной. Высота это ортотреугольник (см. задачу 11). равна объёму, делённому на площадь основания. Объём Ч постоян Задача о минимальной сумме расстояний до k точек. Предста- ный, поэтому площадь основания должна быть наибольшей. Итак, вим себе, что точки x1,..., xk нарисованы на столе. Просверлим наибольшая площадь основания соответствует кругу. в этих точках дырки, через которые пропустим верёвки. К каждой Вплоть до начала XX века физическое решение считалось верёвке подвесим груз массой 1 кг, а сверху свяжем верёвки в один вполне достаточным для математической задачи. По крайней мере, узел. Отпустим все грузы. Система через некоторое время придёт физические соображения позволяют забыть о проблеме существова в положение равновесия. Считая верёвки невесомыми и пренебре- ния решения, которая подчас бывает чрезвычайно сложна. Теперь, гая трением, попробуем охарактеризовать это положение. конечно, одной физической интерпретацией не обойтись. Каждая С одной стороны, оно соответствует минимуму потенциальной математическая задача должна иметь математическое решение! энергии, а это значит, что сумма расстояний от узла до k данных Хотя бы потому, что физика во многом уповает на интуицию, точек минимальна. В самом деле, выбрав уровень стола за нулевой на представления человека об окружающей природе. А интуиция уровень, получим, что потенциальная энергия каждого груза рав- не раз подводила математиков. И всё же нельзя не восхититься на -mghi (она будет отрицательна), где hi Ч длина i-й верёвки под взаимосвязью вещей в природе, когда сложная задача может быть столом. Поэтому минимальная потенциальная энергия системы со- объяснена наглядно, с позиции обычного здравого смысла! А кро ответствует положению, когда сумма длин всех верёвок под сто- ме того, физические соображения помогают угадать правильный лом Ч наибольшая, а это ответ (который потом, конечно же, придётся строго математически x4 значит, что сумма их длин обосновать). x над столом Ч наименьшая Как получить вписанный шарнирный многоугольник? Обра x (поскольку сумма длин всех тимся к задаче 52. Для любого шарнирного k-угольника существу x x2 верёвок постоянна). ет единственное положение, при котором он вписан в окружность. x Итак, в положении рав- Причём в этом положении он имеет максимальную площадь. Как новесия сумма расстояний от найти это положение, т. е. найти углы многоугольника или радиус узла x до k данных точек описанной окружности? Оказывается, при k5 решить эту задачу минимальна. Если при этом можно лишь приближённо. Например, нахождение радиуса опи узел застрял в одной из ды- санной окружности приводит к уравнению m рок xi, то минимум суммы a1 ak расстояний достигается имен- arcsin +... +arcsin =. 2R 2R но в точке xi. Если же это Рис. не так, то сумма сил, дей- Здесь a1,..., ak Ч данные стороны k-угольника. Это уравнение 44 можно решить приближённо (или, как говорят математики, чи- за, второй Ч из теории динамических систем. сленно) с помощью компьютера. Но ни получить точного решения, Теорема МинковскогоЧРадона. Внутри любой ограниченной ни построить такой многоугольник с помощью циркуля и линей- выпуклой фигуры на плоскости найдётся точка M, обладаю ки в общем случае не удастся. щая следующим свойством: любая хорда фигуры, проходящая Физические соображения предлагают следующий практиче- через M, делится этой точкой в отношении, не превосходящем ский способ решения. Из жёстких прямоугольных листов картона двух, т. е. если через M провести произвольную прямую, пересе одинаковой высоты, но разной ширины, склеим прямую призму кающую фигуру по отрезку KL, то отношение большего из двух так, чтобы углы между боковыми гранями могут свободно ме- отрезков KM, LM к меньшему не превосходит двух. няться. Поставим её вертикально на гладкую плоскость и нальём Д о к а з а т е л ь с т в о. Из всех треугольников ABC с вершинами в неё воду. Тогда основание призмы примет форму вписанного на границе фигуры выберем треугольник наибольшей площади. многоугольника. Читатель сам без труда докажет это, пользуясь Тогда точка пересечения медиан этого треугольника Ч искомая. результатом задачи 52. Для доказательства проведём через вершины треугольни 71. Придумайте физические интерпретации задачи о мини- ка ABC прямые, параллельные противоположным сторонам. Они мальной сумме расстояний от точки прямой до k данных точек, образуют треугольник ABC, для которого точки A, B и С а также задач 33, 56, 61, 63, 64, 69. являются серединами сторон (рис. 33). P 72. Объясните физическую интерпретацию задачи о сетях Докажем, что треугольник ABC со A Q C B Штейнера как формы мыльной плёнки, натянутой между гвоздя- держит фигуру. Если это не так, то K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K ми. Почему если сетей Штейнера несколько, то мыльная плёнка на границе найдётся точка P, ле T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T может принять форму любой из них, а не только самой короткой? жащая вне этого треугольника, а это T T T T T T T T M M M M M M M M M M M M M M M значит, что отрезок MP пересекает од- M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M ну из сторон треугольника ABC (пусть з 9. ТЕОРЕМЫ СУЩЕСТВОВАНИЯ это сторона AB). Тогда площадь тре B A <Чистые теоремы о существовании служили в действительно угольника ABP будет больше площади L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L сти важнейшими вехами развития нашей науки>. S треугольника ABC (у них сторона AB Ч Д а в и д Г и л ь б е р т общая, а высота, опущенная на эту сто Теоремы существования по праву входят в число высших до- рону, у треугольника ABP больше). Это стижений математики. Порой гораздо легче доказать, что объект невозможно, так как треугольник ABC обладает какими-нибудь замечательными свойствами, чем дока- имеет наибольшую площадь среди всех C зать, что он вообще существует. Как мы видели на примере изо- треугольников, вписанных в фигуру. Рис. периметрической задачи, именно вопрос о существовании подчас Далее всё просто. Произвольная бывает наиболее важным во всём доказательстве. Такие теоремы, прямая, проходящая через точку M, A Q C B как правило, очень красивы, но вместе с тем и трудны. Достаточно пересекает фигуру по отрезку KL. вспомнить, что наиболее сложные проблемы современной мате- Пусть она также пересекает отрезок BC матики, например, недавно доказанные великая теорема Ферма в точке T, а отрезок BC Ч в точке S T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T и гипотеза Пуанкаре, а также не доказанные и не опровергнутые (рис. 34). Из подобия треугольников M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M до сих пор гипотеза близнецов и гипотеза нимумах и максимумах может и не упоминаться. Идея довольно Для следующего примера нам пона проста: точка или фигура, дающая решение экстремальной задачи, добится понятие гладкой кривой. Кри обладает некоторыми специальными свойствами. Поэтому, решив вая на плоскости называется гладкой, экстремальную задачу, мы тем самым доказываем, что объект с та- если в каждой её точке можно провести C кими свойствами существует. Приведём здесь два примера, взятых единственную касательную. У гладкой Рис. из разных областей математики. Первый Ч из выпуклого анали- кривой нет вершин и заострений. На 46 пример, многоугольник не является гладким, а вот окружность, нить это противоречие? эллипс, гипербола Ч гладкие. Если функция одной переменной 74. Стороны всех k-угольных биллиардов эллипса касаются имеет производную в каждой точке, то её график Ч гладкая кри- некоторого фиксированного эллипса. вая. Гладкая замкнутая кривая на плоскости может быть задана 75. В выпуклую фигуру площади S всегда можно вписать тре уравнением g(x)=0, где функция g имеет производную в каждой угольник площади большей, чем S/4. Вокруг неё всегда можно точке. описать треугольник площади меньшей, чем 4S. Теорема Биркгофа о замкнутом биллиарде. Для произвольной 76. Сформулируйте и докажите теорему МинковскогоЧРадона гладкой замкнутой кривой на плоскости, ограничивающей вы- для выпуклого тела в пространстве. пуклую фигуру, существует биллиард с k вершинами, где k3 Ч 77 (Я. Бринкхаус). Для любой тройки попарно скрещиваю произвольное число. щихся прямых в пространстве существует единственная тройка Напомним, что биллиардом называется многоугольник с вер- точек A, B и C (по одной на каждой прямой), обладающая таким шинами на данной кривой, любые две соседние стороны которого свойством: каждая из трёх прямых образует равные углы с дву образуют с кривой равные углы. Так, ортотреугольник является мя соответствующими сторонами треугольника ABC (прямые AB биллиардом для треугольника. Биллиард также можно интерпре- и AC образуют равные углы с прямой, проходящей через точ тировать как замкнутую траекторию луча света внутри кривой. ку A, и т. д.) Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим множество всех k-уголь- 78 (Е. С. Горская). Дан шарнирный пространственный четырёх ников с вершинами на данной кривой. При этом позволим вер- угольник ABCD, длины сторон которого фиксированы, а углы шинам совпадать друг с другом. Среди этих многоугольников можно менять. Тогда существует такое положение этого четырёх найдём тот, который имеет максимальный периметр. Он и являет- угольника, при котором двугранные углы тетраэдра ABCD при ся биллиардом. Для доказательства заметим сначала, что он имеет рёбрах AC и BD Ч прямые. П о д с к а з к а. Максимизируйте объём тетраэдра ABCD. ровно k различных вершин, а не меньше (в противном случае 79. Любое движение трёхмерного пространства, имеющее не добавим несколько недостающих вершин, периметр от этого толь подвижную точку, имеет и неподвижную прямую. ко увеличится). Возьмём теперь три соседние вершины x1, x2, x П о д с к а з к а. Считаем, что движение A оставляет на месте начало координат. и обозначим через l касательную к кривой в точке x2. Так как наш Рассмотрите задачу (Ax)xmax при условии |x|=1 и воспользуйтесь теоремой многоугольник имеет наибольший периметр, то максимум функ Лагранжа. ции f(x)=|x-x1|+|x-x3| на дуге x1x3 нашей кривой достигается в точке x2. Значит точка x2 является решением задачи з 10. ЕЩЁ НЕСКОЛЬКО ЗАДАЧ f(x)=|x-x1|+|x-x3|max при условии g(x)=0. Мы познакомились с основными приёмами решения геометри ческих задач на максимум и минимум. Предлагаем вам теперь Согласно теореме Лагранжа, векторы g(x2) и f(x2) коллинеарны. сводный раздел, в котором собрано несколько красивых, хотя и до Вектор g(x2) перпендикулярен касательной l, а f(x2)=u1+u3, вольно сложных задач. Какую из задач каким методом решать Ч где u1 Ч единичный вектор, направленный из точки x1 в x2, а u3 Ч выбирать вам. единичный вектор, направленный из x3 в x2. Сумма этих векто 80 (Американская математическая олимпиада, 1979 г.). Через ров должна быть перпендикулярна l, следовательно, они образуют данную точку M, лежащую внутри угла, провести отрезок AB равные углы с l, что и требовалось доказать. 1 Надо заметить, что гладкость кривой в теореме Биркгофа с концами на сторонах угла так, чтобы величина + была MA MB существенна! Например, кривая, ограничивающая тупоугольный треугольник, не имеет треугольного биллиарда. Почему? Если тре- наибольшей. угольник имеет биллиард из трёх вершин, то эти вершины лежат 81 (Международная математическая олимпиада, 1980 г.). Найти в основаниях высот, а для тупоугольного треугольника два основа- точку P внутри данного треугольника, для которой сумма отно ния из трёх лежат вне треугольника. шений длин сторон треугольника к расстояниям от P до этих 73. Мы видели, что вписанный k-угольник максимального пе- сторон минимальна. риметра является биллиардом. Однако для остроугольных тре- 82. Охарактеризуйте положение точки внутри данного мно угольников биллиард (треугольный) соответствует не максималь- гоугольника, для которой произведение расстояний до сторон ному, а минимальному периметру (задача Фаньяно). Как объяс- многоугольника максимально. 48 Эта точка называется аналитическим центром многоугольни- Последовательность x1, x2,..., xk,... точек метрического про ка. Понятие аналитического центра появилось относительно не- странства X сходится к точке x, если (xk, x)0 при k. давно (в конце 1980-х годов), оно активно используется в теории Подмножество M метрического пространства X называется экстремальных задач. Как найти аналитический центр треуголь- компактным, если из любой последовательности точек множе ника? Четырёхугольника? ства M можно выбрать подпоследовательность, сходящуюся к не 83 (И. Ф. Шарыгин). Дана окружность с диаметром AC и точ- которой точке множества M. ка M, лежащая на AB. Проведите через M хорду BD так, чтобы Функция f, заданная на подмножестве M метрического площадь четырёхугольника ABCD была наибольшей. пространства X, называется непрерывной, если для любой по 84 (И. Ф. Шарыгин). Внутри угла с вершиной K даны точки M следовательности точек x1, x2,..., лежащей в M и сходящейся и C. Проведите через точку M отрезок AB с концами на сторонах к некоторой точке xM, последовательность значений функции угла таким образом, чтобы площадь четырёхугольника с верши- f(x1), f(x2),... сходится к f(x). нами в точках K, A, B и C была наименьшей. Теорема Вейерштрасса. Непрерывная функция на компактном 85 (Ю. В. Нестеренко). Дан куб ABCDABCD со стороной 1. множестве ограничена и достигает своего наибольшего и наи Найдите наименьшее расстояние между точками двух окружно- меньшего значения в некоторых точках этого множества. стей, одна из которых вписана в квадрат ABCD, а другая описана Как проверить, является ли множество компактным? Часто около треугольника BCD. помогает следующий критерий, для формулировки которого нам 86 (И. Ф. Шарыгин). Муха летает внутри правильного тетра- понадобится ещё несколько определений. Последовательность эле эдра. Каким мог быть кратчайший замкнутый путь мухи, если ментов метрического пространства x1, x2,... называется фунда она побывала на каждой грани тетраэдра? ментальной, если для любого числа >0 найдётся натуральное 87 (Соросовская олимпиада, Россия, 1997 г.). Даны три по- число N такое, что (xm, xk)< для любых чисел k и m, больших, ложительных числа a, b и c. Какова наибольшая возможная чем N. Подмножество M метрического пространства называется площадь прямоугольного треугольника, если известно, что рас- замкнутым, если любая фундаментальная последовательность, ле стояния от его вершин до некоторой точки плоскости равны a, b жащая в M, сходится к некоторой точке множества M. Так, и c (a Ч расстояние до вершины прямого угла)? отрезок прямой замкнут, а интервал или полуинтервал Ч нет. Конечное подмножество {z1,..., zm} метрического пространства X называется -сетью для подмножества M, если для любой точ Приложение А. Компактность ки xM найдётся точка zi, для которой (zi, x)<. и теорема Вейерштрасса Критерий компактности. Подмножество метрического про Метрическим пространством называется множество X, на странства компактно тогда и только тогда, когда оно замкнуто котором задана метрика: каждой паре элементов (точек) x, yX и для него существует -сеть при любом >0. поставлено в соответствие неотрицательное число (x, y), которое Мы оставим без доказательства критерий компактности и те называется расстоянием между точками x и y и обладает следую орему Вейерштрасса. Заинтересованный читатель может найти щими свойствами: доказательства в учебниках по математическому анализу, напри 1) (x, y)=0 тогда и только тогда, когда x=y; мер, в [6]. Пока же установим два полезных следствия. 2) (x, y)=(y, x); Следствие 1. Замкнутое и ограниченное подмножество про 3) (x, y)+(y, z)(x, z) для любых x, y, zX. странства n компактно. Прямая, плоскость и пространство являются метрическими Д о к а з а т е л ь с т в о. В силу критерия компактности нам пространствами, метрика на них определена обычным (евклидо достаточно построить -сеть для каждого. Так как множество вым) расстоянием между точками. Пространство n размерности n ограничено, координаты всех его точек по модулю не превосхо определяется как множество упорядоченных наборов из n чи дят некоторого числа R. Рассмотрим множество, состоящее из всех сел: x=(x1,..., xn). Числа x1,..., xn называются координатами точек пространства n, координаты которых по модулю не превос точки x. Пространство n также является метрическим простран ходят R и являются десятичными дробями с не более чем k знача ством: в нём щими цифрами после запятой. Это конечное множество является k n/10 -сетью. Остаётся выбрать настолько большое k, чтобы число (x, y)= (x1-y1)2+... +(xn-yn)2. n/10k было меньше. 50 Следствие 2. Если функция от n переменных непрерывна тремя рёбрами. Общая длина графа при этом уменьшится. и стремится к +, когда хотя бы одна из переменных стремится к Итак, из каждой вершины выходит не более трёх рёбер. Зна бесконечности, то она достигает своего минимума в некоторой точке. чит, из каждой дополнительной вершины выходит ровно три ребра. Д о к а з а т е л ь с т в о. Возьмём любую точку x1 n и обозна- Далее, из каждой вершины A1,..., Ak выходит по крайней мере по чим a=f(x1). По условию, найдётся такое число R, что если хотя одному ребру. Пусть d Ч число дополнительных вершин. Так как бы одна из координат точки x по модулю больше R, то f(x)>a. каждое ребро соединяет две вершины, общее число рёбер не мень Обозначим через I множество, состоящее из всех точек с координа- k+3d ше. С другой стороны, число рёбер равно k+d-1. Действи тами, по модулю не превосходящими R. Множество I ограничено и замкнуто, и значит, по следствию 1, компактно. По теореме тельно, так как граф односвязный, то для любой его вершины Вейерштрасса, функция f достигает на нём своего минимума в не- существует единственный путь, соединяющий её с вершиной A1. которой точке x0. Она будет точкой минимума функции f не только Поставив в соответствие этой вершине последнее ребро пути, полу на множестве I, но и на всём пространстве n, поскольку за преде- чим взаимно однозначное соответствие между рёбрами и вершина лами множества I значения функции больше, чем a=f(x1)f(x0). ми (без участия A1). Значит, в графе ровно k+d-1 рёбер. Итак, С помощью следствия 2 можно доказать существование минимума k+3d k+d-1, в большинстве задач, которые мы разбирали. А две наиболее трудные в этом отношении задачи разберём отдельно, в приложении Б. откуда dk-2. Таким образом, в графе всего от k до 2k- вершин. Каждая из вершин имеет 2 координаты, поэтому граф Приложение Б. Доказательство существования можно интерпретировать как точку в пространстве 4k-4. Точку A в задаче Штейнера и в изопериметрической задаче помещаем в начало координат. Функция f Ч сумма длин рёбер графа Ч непрерывна и стремится к +, если хотя бы одна из Задача Штейнера о кратчайшей системе дорог. Докажем су вершин стремится к. Согласно следствию 2, функция f достигает ществование кратчайшей системы дорог, связывающей k точек своего минимума. Это значит, что существует граф с наименьшей плоскости A1,..., Ak (для простоты вновь проведём все рассужде суммой длин рёбер. ния для плоскости). Изопериметрическая задача. Нужно доказать, что среди всех Как мы уже установили, достаточно рассматривать только од фигур периметра l найдётся фигура максимальной площади. Так носвязные графы, которые содержат данные точки в качестве как любую фигуру периметра l можно поместить в квадрат со сто вершин и могут иметь дополнительные вершины, причём из ка роной l, считаем, что наша фигура лежит внутри фиксированного ждой дополнительной вершины выходит не менее трёх рёбер. квадрата со стороной l. Докажем, что на самом деле можно ограничиться графами, у ко Рассмотрим множество всех компактных подмножеств этого торых из каждой вершины выходит не более трёх рёбер. В самом квадрата и введём на нём метрику Хаусдорфа. Расстоянием меж деле, если найдётся вершина A, из которой выходит не менее ду компактными множествами A и B называется максимальная четырёх рёбер, то какие-то два ребра (назовём их AB и AC) из двух величин max (x, B) и max (y, A), где (x, B) Ч рас xA yB образуют угол меньше 120, а значит, эту пару рёбер можно заменить так, чтобы общая длина графа уменьшилась: ставим до- стояние от точки x до множества B, т. е. до ближайшей к x полнительную вершину T и заменяем пару рёбер AB, AC на три точке множества B. Итак, мы берём точку множества A, наиболее ребра AT, BT и CT. Если все углы треугольника ABC меньше 120, удалённую от множества B, и точку B, наиболее удалённую от A. то в качестве T берём точку Торричелли треугольника ABC, а ес- Максимум из этих двух расстояний и называется расстоянием ли, скажем, ABC120, то берём любую точку T, достаточно между множествами A и B. Читатель без труда проверит, что так близкую к вершине B. В обоих случаях после замены общая дли- определённое расстояние удовлетворяет трём условиям метрики. на рёбер уменьшится. При этом возникнет одна дополнительная Получаем метрическое пространство, состоящее из всех компакт вершина, из которой выходит три ребра, количество рёбер, вы- ных подмножеств квадрата. ходящих из A, уменьшится на единицу, а выходящих из других Рассмотрим подмножество M этого метрического пространства, вершин Ч не изменится. Далее вновь берём любую вершину, из состоящее из всех фигур периметра l. К сожалению, множество M не которой выходит более трёх рёбер, и делаем то же самое. После ко- компактно, и даже не замкнуто. Чтобы обойти эту трудность, покажем, нечного числа шагов не останется ни одной вершины с более чем что можно ограничиться только выпуклыми фигурами периметра l. 52 Для любой фигуры A рассмотрим её выпуклую оболочку A. ЛИТЕРАТУРА По определению, A Ч это наименьшая выпуклая фигура, содер [1] Т и х о м и р о в В. М. Рассказы о максимумах и минимумах. Ч жащая A. Если фигура A выпукла, то A=A. Выпуклая оболочка М.: Наука, 1986. состоит из точек всевозможных отрезков, соединяющих точки фи гуры A (рис. 35). Площадь A не меньше площади A, поскольку [2] К о к с е т е р Г. С. М., Г р е й т ц е р С. Л. Новые встречи с геоме выпуклая оболочка содержит в себе саму трией. Ч М.: Наука, 1978. фигуру. Кроме того, периметр A, напротив, [3] Б л я ш к е В. Круг и Шар. Ч М.: Наука, 1967. не превосходит периметра A. Это свойство мы не будем доказывать (доказательство [4] Б о л т я н с к и й В. Г., Я г л о м И. М. Геометрические задачи можно найти, например, в [3]), заметим на максимум и минимум. // Энциклопедия элементарной мате только, что оно достаточно естественно. матики: кн. 5. Ч М.: Наука, 1966. Ч с. 270Ч348. A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A При взятии выпуклой оболочки на гра [5] Ш к л я р с к и й Д. О., Ч е н ц о в Н. Н., Я г л о м И. М. Геометри нице фигуры вместо каждой <вмятины> ческие неравенства и задачи на максимум и минимум. Ч М.: возникает отрезок, который имеет мень Наука, 1970. шую длину. Таким образом, мы заменяем [6] Р у д и н У. Основы математического анализа. Ч М.: Мир, 1976. каждую невыпуклую фигуру её выпуклой оболочкой, при этом периметр уменьшается, A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A а площадь увеличивается. Теперь увели чим фигуру преобразованием подобия так, чтобы её периметр снова стал равен l, при этом её площадь ещё более возрастёт. По лучается, что мы можем заменить любую невыпуклую фигуру выпуклой того же пе Рис. 35 риметра и большей площади. Итак, можно ограничиться множеством выпуклых фигур периметра l. Теперь Ч ключевое место в доказательстве! Мно жество выпуклых фигур данного периметра l, лежащих внутри данного квадрата, компактно. Во-первых, это множество замкнуто. Если последовательность выпуклых фигур периметра l стремится к некоторой фигуре, то предельная фигура также выпукла и име ет тот же периметр. В силу критерия компактности, достаточно для любого >0 построить -сеть. Для этого разобьём наш квадрат на N2 равных квадратиков и рассмотрим множество всех фигур, состоящих из какого-то числа таких квадратиков. Это множество является l 2/N-сетью для мно жества выпуклых фигур. Для доказательства достаточно каждой выпуклой фигуре поставить в соответствие фигуру, составленную из всех квадратиков, которые она пересекает. Расстояние между этими фигурами не превосходит l 2/N. Остаётся взять достаточно большое N так, чтобы l 2/N<. Так как при фиксированном периметре площадь непрерывно зависит от выпуклой фигуры, то из теоремы Вейерштрасса следует существование фигуры наибольшей площади. Книги, научные публикации