Оценка периметра многоугольника заданного диаметра

Дипломная работа

По теме:
"Оценка периметра многоугольника заданного диаметра"

Оглавление

Введение

Глава 1. Общие сведения о задачах на экстремум. Примеры экстремальных задач

1. Общие свойства выпуклых фигур

1.1 Задачи

1.2 Решения

2. Изопериметрическая задача

2.1 Задачи

2.2 Решения

3. Задачи на максимум и минимум

3.1 Задачи

3.2 Решения

Глава 2. Оценка периметра пятиугольника единичного диаметра

1.Доказательство равенства четырех диагоналей пятиугольника единице

2. Отыскание оптимального пятиугольника

Заключение

Библиография

Введение

В жизни постоянно приходиться сталкиваться с необходимостью принять наилучшее возможное (оптимальное) решение. При этом часто случается так, что полезно прибегнуть к математике.

Оба понятия максимум и минимум объединяются одним термином "экстремум", что по латыни означает "крайнее". Задачи отыскания максимума и минимума называются экстремальными задачами.

Экстремальными задачами человек интересовался с античных времен. Уже в Древней Греции знали об экстремальных свойствах круга и шара: среди плоских фигур с одинаковым периметром наибольшую площадь имеет круг (решение изопериметрической задачи); шар имеет максимальный объем среди пространственных фигур с одинаковой площадью поверхности (решение изопифанной задачи). [4, 4]

История сохранила легенду о следующей самой древней экстремальной задаче, известной как задача Дидоны: указать форму границы участка, имеющей заданную длину, при которой площадь участка максимальна. Считается, что история этой задачи началась в IX веке до н.э., когда, как написал в своей поэме "Энеида" древнеримский поэт Вергилий, царевне Дидоне пришлось решать изопериметрическую задачу. Если знать экстремальное свойство круга, то решение получается немедленно: граница участка представляет часть окружности, имеющей заданную длину. Согласно легенде Дидона справилась с поставленной задачей и на месте отгороженного участка основала город Карфаген. Говорят, что старая крепость Карфагена действительно имела форму круга. [3, 29]

Экстремальными задачами занимались многие античные ученые (Евклид, Архимед, Аристотель и др.). В началах Евклида – первой научной монографии и первом учебном пособии в истории человечества, в труде вышедшем в IV веке до н.э. имеется задача на максимум. В современной редакции она выглядит так: вданный треугольник АВС
вписать параллелограмм ADEF
, наибольшей площади.Нетрудно показать, что решением этой задачи является параллелограмм, вершины D, E, F
которого делят соответствующие стороны треугольника пополам. [4, 30]

Известна также задача античного математика Герона Александрийского, с которой мы знакомимся еще в школе: даны две точки А
и В
по одну сторону от прямой l
. Требуется найти на прямой l
такую точку D
, что бы сумма расстояний от А
до D
и от В
до D
была наименьшей. Книга, где была изложена эта задача, называется "О зеркалах". Время написания этой книги неизвестно, но большинство исследователей считают, что она написана в I веке до н.э. При этом сам труд Герона не сохранился, и о нем известно из комментариев к нему написанных позже.

После гибели античной цивилизации научная жизнь в Европе стала возрождаться только в XV веке. Экстремальные задачи оказались среди тех, которыми интересовались лучшие умы того времени. [4, 7]

Задачи на экстремумы актуальны и в настоящее время, так как имеется много нерешенных задач на наибольшее и наименьшее значение некоторых величин, связанных с выпуклой фигурой. Так, например, до сих пор не решены следующие задачи: найти минимальную площадь S выпуклой фигуры, если известен диаметр D и ширина этой фигуры, причем ; найти минимальную площадь выпуклой фигуры, если известна ширина и периметр фигуры. [8, 89]

Основная цель данной работы состоит в рассмотрении различных геометрических задач на максимум и минимум, а также в детальном разборе и доказательстве теоремы о пятиугольнике наибольшего периметра единичного диаметра.

Данная работа содержит две главы. Глава 1 состоит из трех параграфов. Каждый параграф построен следующим образом: сначала приводятся основные теоретические сведения, а затем рассматриваются задачи с дальнейшим их решением.

В 1 рассмотрены основные свойства выпуклых фигур. Данный параграф имеет вводный характер и в нем сосредоточены основные определения, используемые в дальнейшем, и приведены простейшие задачи, иллюстрирующие эти определения. Изучение представленных задач, позволяет более детально ознакомиться с определениями выпуклой фигуры, выпуклой кривой, опорной прямой выпуклой фигуры, обыкновенной и угловой точек выпуклой кривой, длины выпуклой кривой и площади выпуклой фигуры.

2посвящен одной знаменитой задаче, играющей важную роль во многих разделах математики и физики, а именно так называемой изопериметрической задаче:

Среди всех плоских фигур данного периметра
L
найдите ту, которая имеет максимальную площадь.

Как и первые два параграфа 3 содержит ряд теоретических сведений касающихся вписанной, описанной окружности выпуклой фигуры; центра выпуклой фигуры; особое внимание уделено симметризации выпуклой фигуры, а также представлены некоторые задачи на наибольшие и наименьшие значения численных величин, связанных с выпуклыми фигурами.выпуклый фигура изопериметрический экстремум теорема

Основное содержание работы составляет вторая глава, которая состоит из двух параграфов. Данная глава посвящена решению одной красивой задачи, а именно отысканию пятиугольника единичного диаметра, имеющего наибольший периметр. Для решения этой задачи доказывается ряд теорем.

В 1 установив, что диаметр многоугольника совпадает либо с одной из сторон, либо с одной из диагоналей многоугольника (теорема 2.1.1) показывается, что в пятиугольнике наибольшего периметра единичного диаметра, или в оптимальном пятиугольнике, все стороны меньше 1 (теорема 2.1.2). При этом доказательство данной теоремы опирается на лемму о том, что сумма расстояний от точки дуги окружности до ее концов принимает наибольшее значение, когда эта точка делит дугу пополам. Затем в результате последовательного доказательства двух теорем (теорема 2.1.3 и теорема 2.1.4) устанавливается, что в оптимальном пятиугольнике, по крайней мере, четыре диагонали равны 1.

В 2 делается вывод о том, что оптимальным пятиугольником является правильный пятиугольник (теорема 2.2.1).

Было замечено, что в случае выпуклого четырехугольника оптимальным является не квадрат. [2, 269]

Глава 1. Общие сведения о задачах на экстремум. Примеры экстремальных задач

1. Общие свойства выпуклых фигур

Определение 1.1.1.
Плоская фигура называется выпуклой
, если она целиком содержит прямолинейный отрезок, соединяющий любые две принадлежащие фигуре точки.

Рис. 1.1.1

Так, на рис. 1.1.1фигуры а),б),в)выпуклые фигуры, а фигура на рисунке 1.1.1 г)не выпукла. Круг и треугольник являются выпуклыми фигурами, четырехугольник же может быть как выпуклым, так и невыпуклым в зависимости от того, пересекаются ли его диагонали внутри или вне четырехугольника (рис. 1.1.2 а, б). [1, 38]

Рис. 1.1.2

Определение 1.1.2.
Пересечением
двух (или нескольких) фигур
называется фигура, состоящая из всех точек, принадлежащих обеим (или всем, если их несколько) фигурам.

Определение 1.1.3.
Фигура называется ограниченной
, если она целиком помещается внутри некоторой окружности. [8, 13]

Например
, всякий параллелограмм, треугольник, круг, а также все фигуры, изображенные на рис. 1.1.1, являются ограниченными фигурами.

На рис. 1.1.3 изображено несколько неограниченных фигур; из них выпуклыми являются фигуры а)(полуплоскость), б)(полоса), в)(угол) и г).

Рис. 1.1.3

По отношению ко всякой плоской фигуре все точки плоскости делятся на три категории: внутренние, внешние и граничные
. [8, 14]

Определение 1.1.4.
Точка фигуры называется внутренней
, если существует круг (хотя бы очень малого радиуса) с центром в этой точке, целиком принадлежащий фигуре.

Внутренними точками фигуры будут, например
, точки А
и А'
на рис. 1.1.4.

Рис. 1.1.4

Определение 1.1.5.
Точка называется внешней
по отношению к фигуре, если существует круг с центром в этой точке, не содержащий точек фигуры.

Примером
внешней точки по отношению к фигуре является точка В
на рис. 1.1.4.

Определение 1.1.6.
Точка фигуры называется граничной,
если любой круг с центром в данной точке, всегда будет содержать как точки, принадлежащие фигуре, так и точки, не принадлежащие ей.

Например
, точка С
на рис. 1.1.4 является примером граничной точки фигуры. [7, 185]

Граничные точки фигуры образуют некоторую линию — кривую или ломаную. Эта линия называется границей
фигуры. Если плоская линия является границей некоторой выпуклой фигуры, то она называется выпуклой кривой
, или — в том случае, когда эта линия ломаная,— выпуклым многоугольником
. [7, 186]

Определение 1.1.7.
В
ыпуклым многоугольником
называют и плоскую фигуру, и линию — границу этой фигуры.

Определение 1.1.8.
Точками, принадлежащими фигуре, или, точками фигуры
, называют все ее внутренние или граничные точки.

Определение 1.1.9.
Если множество содержит все свои граничные точки, то оно называется замкнутым.
Если же множество не содержит ни одной своей граничной точки, т.е. состоит из одних внутренних точек, то оно называется открытым.
[7, 15]

Определение 1.1.10.
Одномерные выпуклые
фигуры это линии, обладающие тем свойством, что отрезок АВ
,соединяющий любые две точки А
и В
такой линии, целиком принадлежит ей. [8, 16]

Одномерные выпуклые фигуры
можно охарактеризовать как выпуклые фигуры, все точки которых являются граничными.

Двумерные (плоские) выпуклые фигуры
могут быть весьма разнообразны (см., например, фигуры а), б), в)на рис. 1.1.1 и а), б), в), г)на рис. 1.1.3).

Определение 1.1.11.
Отрезок
это ограниченная одномерная выпуклая фигура.

Пусть Ф — произвольная плоская фигура.

Определение 1.1.12.
Прямая l
называется опорной прямой
фигуры Ф, если она проходит хотя бы через одну граничную точку фигуры Ф и вся фигура Ф расположена по одну сторону от прямойl
(рис. 1.1.5).

Рис. 1.1.5

Например
, прямая, проведенная через вершину треугольника параллельно противолежащей стороне (рис. 1.1.6, а),или сторона треугольника (рис. 1.1.6,6)являются опорными прямыми треугольника; каждая сторона выпуклого многоугольника является его опорной прямой. Касательная к окружности является опорной прямой для круга, ограниченного этой окружностью (рис. 1.1.6, в).Опорная прямая может иметь с выпуклой ограниченной фигурой или единственную общую точку (см., например, рис. 1.1.6, а, в),или целый общий отрезок (рис. 1.1.6, б);если выпуклая фигура не ограничена, то опорная прямая может даже целиком принадлежать фигуре (рис. 1.1.6, г). [8, 18]

Рис. 1.1.6

Опорную прямую выпуклой фигуры Ф можно также определить следующим образом:

Определение 1.1.13.
Опорная прямая выпуклой фигуры Ф
- это такая прямая, которая содержит граничные точки фигуры, но не содержит ни одной ее внутренней точки.

Действительно, прежде всего ясно, что опорная прямая не может содержать внутренней точки А
фигуры: в противном случае точки фигуры Ф, расположенные внутри некоторой окружности с центром в точке А
,находились бы по обе стороны от опорной прямой (рис. 1.1.7). С другой стороны, если прямая l
не содержит внутренних точек выпуклой фигуры Ф, то вся фигура должна быть расположена по одну сторону от l
. Действительно, пусть А
— какая-нибудь внутренняя точка Ф. Если бы какая-либо (внутренняя или граничная) точка В
фигуры находилась по другую сторону от прямой l
, чем точка А
(рис. 1.1.8), то точка пересечения прямой l
с отрезком АВ
была бы внутренней точкой Ф (см. задачу 1.1.3 а, б). [8, 19]

Теорема 1.1.1.
К каждой ограниченной выпуклой фигуре можно провести в точности две опорные прямые, параллельные данному направлению.

Доказательство.

Для того чтобы это доказать, проведем через каждую точку ограниченной выпуклой фигуры Ф прямую, параллельную данному направлению (рис. 1.1.9). Все эти прямые пересекают произвольную прямую, перпендикулярную к выбранному направлению, по одномерной выпуклой фигуре (если А
и В
— две произвольные точки пересечения нашей совокупности прямых с перпендикулярной к ним прямой, а С
—произвольная точка отрезка АВ
,то С
тоже должна принадлежать этому пересечению; это нетрудно видеть из рис. 1.1.9, если воспользоваться выпуклостью фигуры Ф). Следовательно, это пересечение должно быть отрезком прямой линии (ограниченность пересечения вытекает из ограниченности фигуры Ф), а совокупность прямых, параллельных заданному направлению, проведенных через все точки Ф, должна представлять собой полосу. Крайние (граничные) прямые l
1
и l
2
этой полосы и являются двумя опорными прямыми, параллельными заданному направлению.

Рис. 1.1.9

Теорема доказана. [8, 20]

Определение 1.1.14
.
Наибольшее расстояние между двумя точками плоской фигуры Ф называется диаметром фигуры
.

Иначе говоря, диаметром фигуры Ф называется такое расстояние d
, что, во-первых, расстояние между любыми двумя точками М
и N
фигуры Ф не превосходитd
и, во-вторых, можно отыскать в фигуре Ф хотя бы одну пару точек А
и В
, расстояние между которыми в точности равно d
. [1, 6]

Например
, для круга диаметр, в указанном смысле, совпадает с обычным его диаметром (наибольшая из хорд).

Определение 1.1.15.
Пусть К
выпуклая кривая l
’
и l
’’
две ее параллельные опорные прямые. Расстояние h между этими опорными прямыми называется шириной
кривой К
в направлении перпендикулярном к прямым l
’
и l
’’
(рис. 1.1.10). [7, 198]

Рис. 1.1.10

Определение 1.1.16.
Наименьшую ширину выпуклой кривой К
называют шириной
К
.

Определение 1.1.17.
Совокупность лучей, исходящих из одной точки О
,называется выпуклой
, если она содержит все лучи, проходящие внутри угла, меньшего 180°, образованного любыми двумя лучами совокупности, не составляющими продолжение один другого.

Теорема 1.1.2.
Выпуклая совокупность лучей может быть одним лучом, парой лучей, являющихся продолжением один другого, углом, меньшим
180°, полуплоскостью либо целой плоскостью
(рис. 1.1.11).

Рис. 1.1.11

Доказательство
.

В самом деле, из определения выпуклой совокупности лучей непосредственно следует, что пересечение такой совокупности с любой прямой, не проходящей через точку О
,выпукло. Рассматривая пересечения выпуклой совокупности лучей, с двумя параллельными прямыми, расположенными по разные стороны от точки О
,и учитывая, что каждое из этих пересечений может совсем не содержать точек, быть единственной точкой, отрезком, лучом или всей прямой, нетрудно выяснить, что выпуклая совокупность лучей может быть только одного из перечисленных выше видов; все возможные здесь случаи приведены на рис. 1.1.12. [8, 21]

Рис. 1.1.12

Теорема доказана. [8, 22]

Пусть Ф — некоторая выпуклая фигура и О
— ее граничная точка. Проведем из точки О
лучи, соединяющие ее с каждой точкой (внутренней или граничной) фигуры Ф (рис. 1.1.13).

Рис. 1.1.13

Мы получим выпуклую совокупность лучей. В самом деле, если ОА
и ОВ
— два луча данной совокупности (А
и В
— точки фигуры Ф), то все лучи, расположенные внутри острого угла АОВ
,пересекают отрезок АВ
,целиком состоящий из точек фигуры Ф, и, следовательно, принадлежат данной совокупности. [8, 22]

Получившаяся совокупность лучей не может быть единственным лучом или парой лучей, составляющих продолжение один другого, так как считается, что фигура не одномерна.

Нетрудно так же показать, что эта совокупность лучей не может заполнить всю плоскость. Действительно, если лучи заполняют плоскость, то среди них можно выбрать две такие пары лучей ОА
и ОВ
, ОС
и О
D
,что лучи каждой пары, составляют продолжение один другого. Пусть А
, В
, С
,D
—точки выпуклой фигуры, лежащие на этих лучах (рис. 1.1.14). Фигура Ф вместе с точками А
, В
,С должна содержать весь треугольник АВС
(см. рис. 1.1.14) и вместе с точками А
, В
,D
—весь треугольник АВ
D
,т. е. она должна содержать весь выпуклый четырехугольник АСВ
D
, для которого точка О
является внутренней. Таким образом, в этом случае точка О
не может быть граничной точкой фигуры Ф. [8, 23]

Рис. 1.1.14

Следовательно, рассматриваемая совокупность лучей будет либо полуплоскостью, либо углом, меньшим 180°. В первом случае (рис. 1.1.15) точка О
называется обыкновенной
точкой выпуклой кривой К
, ограничивающей фигуру Ф.

Прямая Г, ограничивающая полуплоскость, является опорной прямой фигуры Ф (все точки Ф лежат на лучах нашей совокупности, а следовательно, с одной стороны от прямой Г).

Рис. 1.1.15 Рис. 1.1.16

При этом прямая Г является единственной
опорной прямой фигуры Ф в точке О
,так как по обе стороны от каждой другой прямой l
, проходящей через О
,есть лучи нашей совокупности, а следовательно, и точки фигуры Ф (рис. 1.1.15). Такая опорная прямая Г фигуры Ф, ограничивающая полуплоскость, называется касательной
в точке О
квыпуклой кривой К
.[7, 188]

Во втором случае, когда выпуклая совокупность лучей является углом, меньшим 180°, точка О
называется угловой
точкой выпуклой кривой К
,ограничивающей фигуру Ф (рис. 1.1.16).

Все точки фигуры Ф заключены в этом случае внутри угла МО
N
;поэтому всякая прямая l
, проходящая внутри угла МО
N
’
,смежного с углом МО
N
,будет опорной прямой фигуры Ф. В частности, опорными будут и лучи ОМ
, О
N
,которые называются полукасательным
в точке О
к выпуклой кривой К
, ограничивающей фигуру Ф. [1, 40]

Определение 1.1.18.
Угол MON
=
называется внутренним углом
(или просто углом) выпуклой кривой К
или выпуклой фигуры Ф в точке О
, а угол МО
N
’ =
180° -называется внешним углом
кривой К
или выпуклой фигуры Ф. [7, 189]

Согласно этому определению все точки выпуклого многоугольника, кроме вершин, являются обыкновенными, причем касательными в этих точках являются стороны многоугольника. Вершины выпуклого многоугольника являются его угловыми точками, а определенные выше углы совпадают с углами многоугольника в обычном смысле (рис. 1.1.17).

Рис. 1.1.17

Сопоставляя оба случая — случай обыкновенной точки выпуклой кривой и случай угловой точки, приходим к заключению, что через каждую точку выпуклой кривой проходит, по крайней мере, одна опорная прямая. [1, 41]

Определение 1.1.19.
Ограниченная фигура
называется выпуклой
, если через каждую ее граничную точку проходит, по крайней мере, одна опорная прямая. [8, 26]

Пусть Ф — произвольная ограниченная выпуклая фигура, К
— ее граница. Установим на кривой К
определенное направление обхода, например, против часовой стрелки. При движении по кривой К
в этом направлении фигура Ф все время остается слева (рис. 1.1.18). В соответствии с этим установим направления и на опорных прямых фигуры Ф.

Будем выбирать направление опорной прямой l
фигуры Ф таким образом, чтобы фигура Ф лежала слева от прямой l
(рис. 1.1.19).

Рис. 1.1.18 Рис. 1.1.19

В таком случае две параллельные между собой опорные прямые l
1
и l
2
фигуры Ф получат противоположные направления. Таким образом, каждому направлению в плоскости (которое можно задавать при помощи прямой со стрелкой) будет соответствовать единственная опорная прямая
, имеющая это направление (рис. 1.1.19).

Если К
это многоугольник, то задание направления обхода позволяет говорить о направлениях сторон многоугольника.

Определение 1.1.20.
п
граничных точек А
, В
, С
,..., Р
фигуры Ф расположены в циклическом порядке
, если при обходе кривой К
,ограничивающей фигуру Ф, против часовой стрелки эти точки встречаются в указанном порядке

Рис. 1.1.20

Определение 1.1.21.
Если точки А
, В
, С
,..., Р
кривой К
расположены в циклическом порядке, то многоугольник АВС
...Р
называется вписанным
в кривую К
.

Определение 1.1.22.
Если l
1
, l
2
, ... , l
п
это п
опорных прямых выпуклой фигуры Ф, на каждой из которых установлено направление, а П1
, П2
, ... , Пn
- соответствующие им левые полуплоскости (рис.1.1.21), то Ф расположена в каждой из этих левых полуплоскостей, а значит, и в их пересечении. Если это пересечение ограничено, т. е. является многоугольником, то этот многоугольник называется описанным
вокруг фигуры Ф или вокруг ограничивающей ее кривой К
.[8, 27]

Рис. 1.1.21

Из этого определения следует, что многоугольник, описанный вокруг выпуклой фигуры, всегда является выпуклым. Сторонами описанного многоугольника являются отрезки прямых l
1
, l
2
, ... , l
п
.

Может, однако, оказаться, что три (или больше) из взятых п
опорных прямых будут проходить через одну и ту же граничную точку фигуры Ф (которая в этом случае обязательно является угловой; рис. 1.1.22). В таком случае описанный многоугольник будет иметь меньше чем п
сторон. Такой многоугольник называют n
-угольником
, имеющим одну или несколько сторон нулевой длины
, т. е сторон, превратившихся в точки. Эти стороны нулевой длины имеют определенные направления, а именно направления соответствующих опорных прямых

Рис. 1.1.22

Это позволяет говорить об п
внутренних и внешних углах описанного n-угольника независимо от того, имеет ли он стороны нулевой длины или нет.

Определение 1.1.23.
Длиной
ограниченной выпуклой кривой К
и площадью фигуры Ф, которую эта кривая ограничивает, называются пределы периметров, соответственно площадей, вписанных в Ф многоугольников, все стороны которых безгранично уменьшаются, или описанных вокруг Ф многоугольников, все внешние углы которых безгранично уменьшаются.

Из этого определения следует, что если выпуклая кривая К
целиком заключена внутри выпуклой кривой К’
, то длина К
не может быть больше длины К’
.

Теорема 1.1.3.
Если выпуклая кривая К целиком заключена внутри выпуклой кривой К’
, то длина К не может быть больше длины К’
.

Доказательство
.

Действительно, рассмотрим последовательность многоугольников, вписанных в кривую К
,стороны которых безгранично уменьшаются, и последовательность многоугольников, описанных вокруг К’
,внешние углы которых безгранично уменьшаются (рис. 1.1.23).

Рис. 1.1.23

Каждый из многоугольников второй последовательности заключает в себе каждый из выпуклых многоугольников первой последовательности и, следовательно, имеет больший периметр; отсюда следует, что предел периметров многоугольников второй последовательности — длина К’
не меньше предела периметров многоугольников первой последовательности — длины К
.

Теорема доказана.

Определение 1.1.24.
Периметром
плоской фигуры называется длина кривой, ограничивающей эту фигуру. [8, 28]

1.1 Задачи

Задача №1.1.1.
Докажите, что пересечение двух или нескольких выпуклых фигур есть выпуклая фигура.

Задача №1.1.2.
Докажите, что всякий выпуклый многоугольник является пересечением конечного числа полуплоскостей (рис.1.1.24). [8, 14]

Рис. 1.1.24

Задача №1.1.3.
Докажите, что

а) если А
и В
— внутренние точки выпуклой фигуры Ф
, то все точки отрезка АВ
— внутренние точки Ф
;

б) если А
— внутренняя, а В
— граничная точка выпуклой фигуры Ф
, то все точки отрезка АВ
,кроме В
,— внутренние точки Ф
;

в) если А
и В
—граничные точки выпуклой фигуры Ф
, то либо все точки отрезка АВ
— граничные точки Ф
, либо все точки отрезка АВ
,кроме А
и В
,— внутренние точки Ф
.

Задача №1.1.4.
Докажите, что всякая прямая, проведенная через внутреннюю точку выпуклой фигуры, пересекает ее границу не более, чем в двух точках. Если выпуклая фигура ограничена, то каждая прямая, проходящая через какую-либо ее внутреннюю точку, пересекает границу фигуры ровно в двух точках.

Задача №1.1.5.
Докажите, что если всякая прямая, проходящая через любую внутреннюю точку ограниченной фигуры, пересекает ее границу в двух точках, то фигура выпукла. [8, 15]

Задача №1.1.6.
Докажите, что каждая из двух параллельных опорных прямых, расстояние между которыми имеет наибольшее возможное значение, содержит единственную точку границы фигуры и что отрезок, соединяющий эти точки, перпендикулярен к обеим опорным прямым (рис. 1.1.25). [8, 20]

Рис. 1.1.25

Задача №1.1.7.
Докажите, что наибольшее расстояние между двумя точками выпуклой фигуры совпадает с наибольшим расстоянием между парой параллельных опорных прямых.

Задача №1.1.8.
Докажите, что если А
и В
— две точки выпуклой фигуры Ф
, расстояние dмежду которыми имеет наибольшее значение, то прямые, проведенные через точки А
и В
перпендикулярно к отрезку АВ
,являются опорными прямыми Ф
. [8, 21]

1.2 Решения

Задача №1.1.1

Пусть Ф1
и Ф2
— две выпуклые фигуры, Ф
— их пересечение, А
и В
— две произвольные точки, принадлежащие пересечению Ф
(рис. 1.1.26). По определению пересечения двух фигур обе точки А
и В
принадлежат как фигуре Ф1
, так и фигуре Ф2
. В силу выпуклости фигуры Ф1
все точки отрезка АВ
принадлежат Ф1
, а в силу выпуклости Ф2
— все они принадлежат также фигуре Ф2
. Следовательно, отрезок АВ
целиком принадлежит пересечению Ф
фигур Ф1
и Ф2
, а это и означает, что пересечение Ф
выпукло.

Рис. 1.1.26 Рис. 1.1.27

Точно так же доказывается, что пересечения Ф
нескольких выпуклых фигур Ф1
, Ф2
,..., Фп
выпукло: если А
и В
— две произвольные точки Ф
, то А
и В
принадлежат одновременно всем фигурам Ф1
,Ф2
,
..., Фп
и в силу того, что все эти фигуры выпуклы, все точки отрезка АВ
принадлежат одновременно всем фигурам Ф1
, Ф2
,..., Ф
n
,
т.е. принадлежат их пересечению Ф
.

Примечание
. Теорема остается верной и в том случае, когда фигур Ф1,
…
,Ф
n
,... бесконечно много; доказательство ее остаётся прежним. Например, на рис. 1.1.27 изображены равные между собой квадраты с общим центром. Легко видеть, что пересечением всех таких квадратов (а этих квадратов бесконечно много) является круг, т. е. выпуклая фигура.

Задача №1.1.2

Выпуклый многоугольник Ф
лежит по одну сторону от каждой прямой, являющейся продолжением его стороны. В самом деле, если бы существовала точка С
,принадлежащая Ф
и расположенная не с той стороны прямой АВ
(А
и В
— две соседние вершины Ф
), с какой многоугольник Ф
примыкает к стороне АВ
(рис. 1.1.28), то, например, отрезок МС
, соединяющий внутреннюю точку М
отрезка АВ
с точкой С
, не принадлежал бы целиком Ф
, т. е. многоугольник Ф
не мог бы быть выпуклым. Таким образом, выпуклый многоугольник Ф
расположен целиком в каждой из полуплоскостей, границами которых служат прямые, содержащие каждую из сторон многоугольника. Пересечение всех таких полуплоскостей и дает многоугольник Ф
.

Рис. 1.1.28

Задача №1.1.3

а) Пусть А
и В
— две внутренние точки фигуры Ф
. Согласно определению внутренних точек (определение1.1.4)существуют два круга С
и С’
с центрами соответственно в точках А
и В
,все точки которых принадлежат фигуре Ф
(рис. 1.1.29, а).Пусть М
N
и Р
Q
— внешние общие касательные кругов С
и С’
.В силу выпуклости Ф
вся криволинейная фигура МР
Q
N
,заштрихованная на рис. 1.1.29, а)принадлежит Ф
, и следовательно, каждая точка D
отрезка АВ
является центром некоторого круга, все точки которого принадлежат Ф
(этот круг вписан в фигуру МР
QN
).

б) Доказательство почти не отличается от доказательства пункта а), только окружность С’
приходится заменить одной точкой В
и фигуру М
PQN
— фигурой MBN
, заштрихованной на рис. 1.1.29, б).

Рис. 1.1.29

в) Пусть А
и В
— две граничные точки выпуклой фигуры Ф
. Отрезок АВ
может целиком состоять из граничных точек (рис. 1.1.30, а) — это и есть первый случай, указанный в условии задачи.

Рис. 1.1.30

Если же какая-либо точка С
отрезка АВ
является внутренней точкой Ф
, то согласно пункту б) все точки отрезков СА
и СВ
,кроме А
и В
,должны быть внутренними для Ф
— это второй случай, указанный в условии (рис. 1.1.30, б). [8, 140]

Задача №1.1.4

Пусть Ф
это выпуклая фигура, О
— ее внутренняя точка и l
—прямая, проходящая через точку О
.Так как прямая l
сама является выпуклой фигурой, то ее пересечение с фигурой Ф
будет (согласно задаче 1.1.1) выпуклой фигурой, расположенной на прямой (одномерной выпуклой фигурой), т. е. отрезком, лучом или всей прямой. Если это — отрезок, то его концы А
и В
являются граничными точками фигуры Ф
(рис. 1.1.31), и следовательно, прямая l
содержит две граничные точки Ф
.

Если это пересечение — луч (прямая l
1
на рис. 1.1.31), то его начало А’
будет единственной граничной точкой фигуры Ф
, лежащей на прямой l
1.

Если, наконец, прямая l
целиком принадлежит фигуре (рис. 1.1.32), то на этой прямой нет ни одной граничной точки фигуры Ф
.

Если фигура Ф
ограничена, то ее пересечение с прямой также ограничено и, следовательно, является отрезком. Таким образом, на каждой прямой l
, проведенной через внутреннюю точку ограниченной выпуклой фигуры Ф
, имеются ровно две граничные точки этой фигуры. [8, 142]

Задача № 1.1.5

Утверждение данной задачи равносильно утверждению, что для всякой ограниченной невыпуклой фигуры Ф
найдется прямая, пересекающая ее границу более чем в двух точках. Докажем это.

Пусть Ф
— ограниченная невыпуклая фигура. В таком случае найдутся такие точки А
и В
,принадлежащие Ф
, что отрезок, их соединяющий, не принадлежит целиком фигуре Ф
; обозначим через С
точку отрезка АВ
,не принадлежащую Ф
(рис. 1.1.33, а).Мы всегда можем предположить, что точка А
— внутренняя точка Ф
.

Действительно, если А
— граничная точка Ф
, А’
— внутренняя точка, достаточно близкая к точке А
, то отрезок А’В
также будет иметь точки вне фигуры Ф
(рис. 1.1.33, б).

Итак, пусть А
— внутренняя точка. На отрезке ВС
есть граничная точка Р1
,
фигуры Ф
(может быть, совпадающая с В
),т.к. точка В
принадлежит фигуре Ф
, а С
лежит вне ее. На отрезке АС
также есть граничная точка Р2
фигуры Ф
(А
лежит внутри Ф
, С
— вне этой фигуры). Тогда, продолжив отрезок ВА
за точку А
,мы получим луч А
D
, исходящий из внутренней точки А
фигуры Ф
. На этом луче также есть граничная точка Р3
фигуры Ф
(т.к. фигура Ф
ограничена).

Итак, на прямой АВ,
проходящей через внутреннюю точку А
фигуры Ф
, лежат по крайней мере три граничные точки Р1
, Р2
и Р3
, что и требовалось доказать. Следовательно, всякая фигура Ф
, удовлетворяющая условию задачи, должна быть выпуклой.

Задача №1.1.6

Пусть l
1
иl
2
— две параллельные опорные прямые фигуры Ф
, расстояние между которыми имеет наибольшее значение; А1
и А2
— граничные точки фигуры Ф
, принадлежащие соответственно прямым l
1
иl
2
. Покажем, что отрезок А1
А2
перпендикулярен к обеим прямымl
1
иl
2
. В самом деле, если бы это было не так, то расстояние между прямыми l
1
иl
2
было бы меньше, чем отрезок А1
А2
(рис. 1.1.34), и тем более меньше, чем расстояние между двумя опорными прямыми l
1
’и l
2
’ фигуры Ф
, перпендикулярными к отрезку А1
А2
,что противоречит условию (т.к. мы нашли две опорные прямые расстояние между которыми больше расстояния между опорными прямыми l
1
иl
2
).

Так как А1
и А2
— какие угодно граничные точки фигуры Ф
, принадлежащие соответственно прямым l
1
иl
2
, то из перпендикулярности отрезка А1
А2
к прямым l
1
иl
2
следует, что ни одна из прямыхl
1
иl
2
не может иметь с фигурой Ф
целый общий отрезок (т. е. случай, изображенный на рис. 1.1.35, невозможен); другими словами, каждая из этих прямых содержит единственную граничную точку фигуры Ф
. [8, 143]

Задача №1.1.7

Пусть Ф
— выпуклая фигура,l
1
и l
2
— параллельные опорные прямые, расстояние между которыми имеет наибольшее возможное значение d
, А1
и А2
— общие точки фигуры Ф
и прямых l
1
иl
2
соответственно. Так как отрезок А1
А2
перпендикулярен к прямым l
1
и l
2
(см. задачу 1.1.6), то длина его равна d
(рис. 1.1.36). Остается только доказать, что расстояние между любыми двумя точками фигуры Ф
не превосходит d
.
Действительно, если В
и С
— какие-либо две точки фигуры Ф
, а т
и п
— опорные прямые, перпендикулярные к прямой содержащей отрезок ВС
(рис. 1.1.37), то отрезок ВС
не превосходит расстояния между прямыми т
и п
,которое в свою очередь не превосходит d
.Следовательно, длина ВС
не может быть больше d
.

Задача №1.1.8

Проведем две опорные прямые l
и т
выпуклой фигуры Ф
, перпендикулярные к отрезку АВ
.Вся фигура Ф
заключена в полосе между прямыми l
и т
,а следовательно, в этой полосе помещается и отрезок АВ
длины d
,
перпендикулярный к прямым l
и т
.Но так как расстояние между прямыми l
и т
не может быть больше d
(задача 1.1.7), то прямые l
и т
должны проходить через концы А
и В
отрезка. [8, 145]

2. Изопериметрическая задача

Согласно преданию давным-давно финикийская царевна Дидона с небольшим отрядом преданных ей людей покинула родной город Тир, спасаясь от преследований своего брата Пигмалиона. Ее корабли отправились на запад по Средиземному морю, и плыли пока Дидона не заметила удобное для поселения место на африканском побережье, в нынешнем Тунисском заливе. [4, 13]

Король местных жителей нумидийцев Ярб согласился продать Дидоне лишь маленький, по его мнению, участок земли, "в пределах воловьей шкуры". Однако Дидона поступила хитрее. Она разрезала шкуру на тонкие ремни и связала их в одну длинную ленту. Затем перед царевной стояла задача, как этой лентой отгородить участок земли наибольшей площади. Дидона успешно справилась с поставленной задачей и на этом месте основала город Карфаген.

Итак, Дидоне пришлось решать следующую задачу:

Как нужно расположить шнур фиксированной длины
L
, чтобы он отгораживал от прямолинейного берега участок земли максимальной площади?
[4, 14]

Задача Дидоны является частным случаем изопериметрическихзадач. Это название происходит от двух греческих слов: isos - равный и perimetron- обмер, обвод. Изопериметрическая задача состоит в том, чтобы среди данной совокупности фигур, имеющих одинаковую длину контура (одинаковый периметр), найти ту, чья площадь больше площади любой другой фигуры рассматриваемой совокупности.

Рассмотрим простой пример. Пусть выделенный класс геометрических фигур состоит из всех треугольников с данным периметром, тогда изопериметрическая задача заключается в том, чтобы найтитреугольник данного периметра, у которого площадь максимальна. Таким треугольником является равносторонний треугольник.

Значительно более сложной является основная изопериметрическая задача:

Среди всех плоских фигур данного периметра
L
найдите ту
, которая имеет максимальную площадь.
[5, 22]

Ответом этой задачи является круг. Еще в древней Греции было известно, что круг имеет большую площадь, чем все другие фигуры с тем же самым периметром, а шар — наибольший объем среди всех тел с одной и той же поверхностью. Недаром круг и шар были в древности символами геометрического совершенства. В начале второго века до нашей эры греческий геометр Зенодор написал специальный трактат "О фигурах, имеющих равную периферию". О существовании этого трактата мы узнаем из сочинений греческих комментаторов Зенодора — Паппа (III в. н. э.) и Теона (IV в. н. э.). Сама рукопись Зенодора утеряна. [5, 23]

Хотя ответ в основной изопериметрической задаче и кажется очевидным, строгое ее решение содержит определенные трудности.Швейцарский геометр Штейнер, впервые, доказавший что только круг может служить решением изопериметрической задачи предположил, что фигура наибольшей площади существует. Однако это рассуждение не является строгим. [3, 30]

Рассмотрим общие свойства изопериметрических фигур максимальной площади, для множества фигур на плоскости с данным периметром р.

Свойство 1.2.1.
Всякая максимальная фигура выпукла.

Доказательство.

Пусть хорда А1
В1
, соединяющая точки А1
, В1
нашей фигуры, не лежит целиком внутри нее. Тогда, очевидно, некоторый отрезок этой хорды, скажем АВ
,лежит весь (кроме концов) вне фигуры. Можно считать поэтому, что дана фигура с периметром АаВС
,равным р
,не содержащая хорду АВ
(рис. 1.2.1). Заменим дугу а
хордой АВ
.Периметр при такой замене уменьшится, а площадь увеличится на часть АаВ
.Построим теперь фигуру, подобную построенной фигуре АВС,
но с периметром, равным периметру первоначальной фигуры АаВС
.У новой фигуры площадь будет больше, чем у второй (поскольку коэффициент подобия больше единицы), и подавно больше, чем у первоначальной.

Свойство доказано. [5, 24]

Свойство 1.2.2.
Всякая хорда максимальной фигуры с периметром р, делящая пополам ее периметр, обязательно делит ровно пополам и ее площадь.

Доказательство.

Действительно, пусть у фигуры АВС
D
с периметром р
хорда АС
делит периметр пополам (рис. 1.2.2). Обозначим через S1
, площадь фигуры A
ВС
,а через S2
- площадь А
D
С
.Предположим, что S1
>S2
. Построим тогда новую фигуру АВС
E
А
,заменив линию А
D
С
линией АЕС
, симметричной с АВС
относительно хорды АС
.Новая фигура АВСЕА,
имея прежний периметр, имеет площадь больше площади первоначальной фигуры, так как площадь новой фигуры равна 2S1
, а площадь первоначальной равна S1
+S2
, в то время как по предположению S1
>S2
и, следовательно, 2S1
>S1
+S2
. Поэтому фигура АВС
D
не является, вопреки предположению, максимальной. Это доказывает, что предположение S1
> S2
неверно. Аналогично доказывается, что и предположение S1
<S2
приводит к противоречию. Окончательно, S1
= S2.

Свойство доказано. [3, 31]

Так как при преобразовании подобия площадь плоской фигуры и квадрат ее периметра увеличиваются или уменьшаются в одинаковое число раз и, следовательно, отношение площади к квадрату периметра не меняется, то задачу можно сформулировать следующим образом:

Среди всех плоских фигур найти фигуру, для которой отношение площади к квадрату периметра было бы наибольшим
.[8, 67]

В задаче 1.2.5 доказывается, что если выпуклая фигура Ф отлична от круга, то существует фигура , имеющая тот же самый периметр, что и Ф, и большую площадь. При этом в задаче 1.2.5 утверждается, что такой фигурой может быть только круг. Таким образом, может показаться, что задача 1.2.5 полностью решает изопериметрическую задачу. Однако, хотя это заключение и является верным (см. задачу 1.2.6), пока мы не имеем оснований делать это заключение с полной определенностью: задача 1.2.5 подсказывает ответ изопериметрической задачи, но не дает ее решения. Яркий пример, показывающий, что существование решения надо доказывать,доставляет следующая модификация парадокса Перрона:

Теорема 1.2.1.
Среди всех квадратов наибольшую площадь имеет квадрат со стороной 1.

Доказательство

Пусть наибольшую площадь имеет квадрат со стороной a. Рассмотрим два случая: а<1
и a
>1
. Если а<1
, то а2
<1
и площадь квадрата со стороной а
не является наибольшей (она меньше площади единичного квадрата). Если же а>1
, мы возьмем квадрат со стороной b
=а2
. Тогда b
>а
(так как а> 1), и площадь квадрата со стороной b
будет b
2
, притом b
2
>а2
(так как b
>а
). Значит, квадрат со стороной а
не имеет наибольшую площадь, вопреки предположению.

Теорема доказана. [5, 23]

В доказательстве этой теоремы допущена ошибка, а именно не доказано, что существует квадрат наибольшей площади.

Рассмотрим решение задачи Дидоны, пользуясь изопериметрическим свойством круга (см. задачу 1.2.6).

Пусть A
ВС
и А’В’С’
представляют собой полукруг и какую-нибудь другую фигуру, удовлетворяющую всем условиям задачи. Прибавляя к этим фигурам фигуры А
D
С
и А’
D
’С’,
симметричные с первыми относительно осей АС
и А’С’
,составим две новые фигуры: круг АВС
D
и отличную от круга фигуру А’В’С’
D
’
,периметры которых равны 2
l
. Согласно основной теореме об изопериметрах, площадь круга АВС
D
больше площади фигуры А’В’С’
D
’
.Поэтому площадь полукруга АВС
больше площади фигуры А’В’С’
и полукруг АВС
будет решением задачи Дидоны. [5, 25]

2.1 Задачи

Задача №1.2.1.

а) Докажите, что из всех треугольников с двумя заданными сторонами наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны взаимно перпендикулярны.

б) Докажите, что из двух неравных треугольников, имеющих равные основания и равные углы при противолежащей вершине, большую плошать и больший периметр имеет тот, у которого разность углов при основании меньше (разность боковых сторон меньше); из всех треугольников с данным основанием и данным углом при противолежащей вершине наибольшую площадь и наибольший периметр имеет равнобедренный.

в) Докажите, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб.

г) Докажите, что из двух неравных треугольников с одинаковыми основаниями и одинаковыми периметрами большую площадь имеет тот, у которого меньше разность углов при основании (меньше разность боковых сторон); из всех треугольников с данным основанием и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобедренный.

д) Докажите, что из всех трапеций с данными основаниями и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобокая. [8, 67]

Задача №1.2.2 .

а) Докажите, что из всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.

б) Докажите, что из всех четырехугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет квадрат. [7, 335]

Задача №1.2.3.

а) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольшую площадь.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольший периметр. [6, 63]

Задача №1.2.4 .

а) Докажите, что из всех выпуклых четырехугольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет четырехугольник, в который можно вписать окружность

б) Докажите, что из всех выпуклых n-угольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет n-угольник, в который можно вписать окружность. [8, 68]

Задача №1.2.5.
Докажите, что если выпуклая фигура Ф
отлична от круга, то существует фигура , имеющая тот же самый периметр, что и Ф
, и большую площадь. [8, 71]

Задача №1.2.6.
Докажите, что круг имеет большую площадь, чем каждая другая фигура того же периметра. [6, 67]

2.2

Решения

Задача №1.2.1

а) Утверждение задачи совершенно очевидно (см. рис. 1.2.3)

Рис. 1.2.3

б) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга, чтобы их основания совпали, вершины С
и С’
были расположены по одну сторону от общего основания АВ
и чтобы одновременно выполнялись следующие условия:

САВ<СВА, С’АВ<С’ВА
(рис. 1.2.4, а)

В этом случае вершины С
и С’
треугольников будут расположены на дуге окружности ВС’СА
,вмещающей угол АСВ
,равный углу АС’В
(по условию задачи).Из рис. 1.2.4, а)сразу видно, что вершина треугольника АВС
,имеющего меньшую разность углов при основании, чем треугольник АВС’
,расположена ближе к середине дуги ВС’СА
,откуда следует, что высота АВС
больше высотыАВС’
, и, следовательно, S
АВС
>
S
АВС’.

Нам остается еще доказать, что:

СА — СВ < С’А— С’В
;

и СА+СВ >С’А+С’В
.

Отложим на стороне СА
отрезок С
D
=СВ
и на стороне С’А
отрезок С’
D
’
= С’В
и соединим D
и D
’
с В
(рис. 1.2.4,а).Так как углы А
D
В
и А
D
’
B
этовнешние углы равнобедренных треугольников BCD
и BC
’
D
’
то:

ADB
=2
d
-
=
,гдеd
=90
°.

AD
’
B
=
d
+
.

Так как
ADB
=А
D
’В
,то точки D
и D
’
лежат на дуге окружности BD
’
DA
.Поскольку
D
ВА
<
D
’ВА
< 180°, то CA
-
CB
=
DA
<
D
’
A
=
C
’
A
-
C
’
B
.

Аналогично, отложив на продолжении сторон BC
и BC
’
отрезки CE
=
CA
и C
’
E
’=
C
’
A
(рис. 1.2.4, б) получим:

СА+СВ = ВЕ> ВЕ’ = С’А+ С’В
,

так как АЕВ=
.

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного.

в) Параллелограмм с данным острым углом а
и данным периметром 2р
разбивается диагональю на два треугольника. Поэтому для решения задачи нам достаточно доказать, что из всех треугольников с данным углом а
при вершине и данной суммой р
боковых сторон наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник.

Итак, пусть АВС
— такой разносторонний треугольник, что:

ВАС = а
,а АВ+АС = р
;

предположим для определенности, что АВ>АС
(в противном случае доказательство аналогично). Построим равнобедренный треугольник АВ’С’
,у которого В’АС’ = а
, АВ’+АС’ = р
и который расположен, как указано на рис. 1.2.5. Точку пересечения сторон ВС
и В’С’
обозначим через М
.Докажем теперь, что:

SCC’M
>SBB’M

Действительно, треугольники СС’М
и ВВ’М
имеют равные углы при вершинах и равные основания СС’
и ВВ’
:

СС’ — ВВ’ =
(АС’ — АС
) — (АВ
— АВ’
)= (АВ’ +АС’
)— (АВ + АС
) =р
— р =
0.

Далее, из четырех углов ВВ’М
, В’ВМ
, СС’М
и С’СМ
наибольшим является первый, а следовательно, наименьшим — второй (т.к. сумма двух первых углов равна сумме двух последних). Отсюда следует, что разность углов при основании треугольника ВВ’М
больше, чем разность углов при основании треугольника СС’М
.Таким образом SCC
’
M
>SBB
’
M
. Следовательно, SAB
’
C
’
>SABC
,
что и требовалось доказать. [8, 221]

г) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга так, чтобы их основания совпали, вершины С
и С’
были расположены по одну сторону от общего основания АВ
,пусть при этом:

САВ<СВА
;

С’АВ<С’ВА
,

пустькроме этого

САВ>С’
AB
(рис.1.2.6).

Если бы при этом былСВА>С’ВА
,то
C
’
BA
был бы заключен внутри треугольника
ABC
и они не могли бы иметь равных периметров. Следовательно, треугольники расположены так, как изображено на рис. 1.2.6; отсюда и из предыдущих соотношений между углами следует, что разность углов при основании больше у треугольника АС’В
(
CBA
-
CAB
<
CBA
-
C
’
AB
<
C
’
BA
-
C
’
AB
). Точку пересечения сторон АС’
и ВС
обозначим через М
.Отложим на прямой МА
отрезок MN
=
MB
и на прямой МС
отрезок МР=МС’
. При этом точка N
будет находиться между А
и М
,так как из того, что:

МВА
>САВ
>МАВ,
следует, что МА
> МВ
.

С другой стороны, точка Р
будет находиться между М
и С
,так как если бы она совпала с некоторой точкой Р’
на продолжении МС
,то из равенства периметров двух треугольников мы имели бы

АС+СВ=АС’+С’В
, т.е. АС+Р’М-СР’+МВ = А
N
+
N
М+
MC
’+С’В
.

Отсюда, так как:

Р’М=МС’
, МВ=М
N
и С’В=Р’
N
,

мы имели бы:

АС=АN +
N
Р’+Р’С
,

что невозможно.

Отняв теперь от треугольников АВС
и АВС’
равные между собой треугольники N
МР
и МВС’
(заштрихованные на рис. 1.2.6), мы сразу обнаружим, что треугольник АВС
имеет большую площадь.

Нам еще остается доказать, что:

СА — СВ< С’А — С’В
.

Для этого достаточно проверить, что АС<АС’
(а следовательно, ВС>ВС’
). Действительно, если бы было АС>АС’
, ВС<ВС’
, то из рассмотрения треугольников АСС’
и ВСС’
мы получили бы два несовместных неравенства:

АСС’<АС’С
, ВСС’>ВС’С
.

Равенство же АС=АС’
невозможно, так как треугольники АВС
и АВС’
,по предположению, не равны.

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного. [8, 223]

д) Для того чтобы при заданных условиях площадь трапеции АВС
D
была наибольшей, необходимо, чтобы ее высота была наибольшей. Проведя линию В
D
’
|| С
D
(рис. 1.2.7), мы получим, что наибольшей высоте трапеции АВС
D
отвечает наибольшая площадь треугольника АВ
D
’
с заданным основанием (равным разности оснований трапеции) и заданным периметром (равным периметру трапеции минус удвоенное меньшее основание). После этого остается только применить к треугольнику АВ
D
’
заключение задачи 1.2.1 пункта г. [8, 224]

Задача №1.2.2

а) Эта несложная задача имеет несколько решений, мы рассмотрим только два.

Первое решение.

По формуле Герона площадь S треугольника со сторонами a
,
b
, с
и полупериметром р
равна:

S=

откуда:

S2
=p( p-a)( p-b)( p-c)
.

Но так как:

(p
-
a
)+
(p
-
b
)+
(p
-
c
)=3
p
-
(a
+
b
+
c
)=3
p
-2
p
=
p
,

то по теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

(p
-
a
)(p
-
b
)(p
-
c
)

и, следовательно, S2
, где равенство имеет место лишь в случае p
-
a
=
p
-
b
=
p
-
c
,
т.е. в случае a
=
b
=
c
, - когда ABC
является равносторонним. [6, 253]

Второе решение

Пусть АВС
—неравносторонний треугольник, АВ
— его большая сторона (или одна из двух больших сторон) (рис. 1.2.8, а).

Рис. 1.2.8

Равнобедренный треугольник АВС’
,имеющий тот же

периметр, что и треугольник АВС
,и то же основание АВ
(рис. 1.2.8, а), в силу задачи 1.2.1 г) имеет не меньшую площадь, чем треугольник АВС
.Построим теперь треугольник А
D
Е
, у которого сторона А
D
равна периметра треугольника АВС’
(или АВС
),
D
АЕ=ВАС’
и периметр которого равен периметру АВС’
.Расположим треугольник А
D
Е
так, как указано на рис. 1.2.8, б).Так как АВ
— большая сторона треугольника АВС
,а сторона А
D
равна трети периметра этого треугольника, то АВ>А
D
;отсюда следует, что АЕ>АС’
(так как иначеА
D
Е
был бы заключен внутри треугольника АВС’
и не мог бы иметь того же периметра). Так как АВ
это большая сторона равнобедренного треугольника АВС’
,поэтому:

=AD
.

Из последнего неравенства вытекает, что АС’
D
>
А
D
С’
,т. е. ЕС’
D
<В
D
С’
.

Так как, кроме того, очевидно, что В
D
С’
>Е
D
С’
,то в силу задачи 1.2.1 г) мы можем заключить, что из двух треугольников С’
D
Е
и ВС’
D
,имеющих общее основание и равные периметры (т.к. периметр треугольника АВС’
равен периметру треугольника А
D
Е
,то AC
’+
C
’
E
+
ED
+
DA
=
AC
’+
C
’
B
+
BD
+
DA
,значит C
’
E
+
ED
=
C
’
B
+
BD
), второй имеет меньшую площадь. Такимобразом,

SC’ DE
>SBC’ D
, SA DE
>SABC’.

Теперь, построив на основании А
D
равнобедренный треугольник А
DF
,
имеющий тот же периметр, что и треугольник А
D
Е
(этот треугольник, изображенный пунктиром на рис. 1.2.8, б),очевидно, будет равносторонним (т.к. AD
=p, AF
=FD
=p), мы получим согласно задаче 1.2.1 г), что:

S
ADF
> S
ADE

(треугольник А
D
Е
не совпадает с равносторонним треугольником А
DF
,так как 60°
).

Цепьнеравенств:

SABC
SABC’
< SADE
< SADF

и доказывает теорему (в этом ряду неравенств мы один раз вынуждены писать вместо <, так как у нас нет уверенности, чтоАВС
не равен A
ВС’
,т. е. что он не равнобедренный). [8, 225]

Рис. 1.2.9

б) Разобьем четырехугольник АВС
D
диагональю АС
на два треугольника. Заменив треугольники A
ВС
и АС
D
равнобедренными треугольниками АВ’С
и АС
D
’
с теми же основаниями и с теми же периметрами, мы получим четырехугольник АВ’
CD
’,
причем в силу задачи 1.2.1 г):

SAB’CD’
SABCD
(рис. 1.2. 9, а).

Теперь заменим равные треугольники АВ’
D
’
и В’С
D
’
(по трем сторонам)равнобедренными треугольниками А’В’
D
’
и В’С’
D
’
с теми же основаниями и теми же периметрами; мы получим ромб А’В’С’
D
’
,причем:

SA
’
B
’
C
’
D
’
SAB
’
CD
’
(рис. 1.2.9, б).

Наконец, ромб А’В’С’
D
’
имеет в силу задачи 1.2.1 а) не большую площадь, чем квадрат А’’
B
’С’
D
’’
с той же стороной (рис. 1.2.9, в).

Если четырехугольник АВС
D
отличен от квадрата, то в цепи неравенств:

SABCD
SAB
’
CD
’
SA
’
B
’
C
’
D
’
SA
’’
B
’
C
’
D
’’
,

хотя бы один раз должно стоять точное неравенство. [8, 227]

Задача №1.2.3

а) Если вписанный в круг n-угольник не является правильным, то у него есть сторона, меньшая стороны соответствующего правильного n-угольника. Предположим, что у этого вписанного в круг неправильного n-угольника есть сторона, большая стороны правильного n-угольника (если это не так, то весь n-угольник вписан в дугу окружности, меньшую — части окружности; этот случай можно отбросить, так как тогда многоугольник может быть целиком помещен внутри правильного n-угольника и иметь в этом случае меньшую площадь; рис. 1.2.10).

Не меняя площади многоугольника, вписанного в окружность, мы можем поменять его стороны местами так, чтобы рядом оказались сторона, большая стороны правильного n-угольника, и сторона, меньшая стороны правильного n-угольника (очевидно, что если поменять местами две соседние стороны вписанного в окружность многоугольника, то площадь его не изменится (рис. 1.2.11); повторяя этот процесс, можно добиться того, чтобы любые две стороны оказались рядом).

Рис. 1.2.11

Если мы теперь, не меняя остальных сторон, изменим длины этих двух сторон многоугольника так, чтобы одна из них стала равной стороне правильного n-угольника и многоугольник оставался вписанным в ту же окружность, то согласно задаче 1.2.1, 6) площадь n-угольника увеличится. Продолжая этот процесс далее, мы придем, в конце концов, к правильному n-угольнику; при этом в процессе изменения исходного n-угольника площадь его будет только увеличиваться.

б) Доказывается аналогично решению задачи 1.2.3 а). [6, 251]

Задача №1.2.4

а) Примем известный периметр искомого четырехугольника ABCD
за единицу и пусть A
’
B
’
C
’
D
’
, какой лидо четырехугольник подобный ABCD
. Тогда площадь ABCD
равна отношению площади четырехугольника A
’
B
’
C
’
D
’
к квадрату его периметра (т.к. коэффициент подобия четырехугольников ABCD
и A
’
B
’
C
’
D
’
равен отношению их периметров т.е. , а площадь ABCD
равна площади A
’
B
’
C
’
D
’
умноженной на квадрат коэффициента подобия, т.е. равна S
=) и задача сводится к тому, что бы найти тот из четырехугольников, имеющий наперед заданные углы, для которого отношение площади к квадрату периметра имеет наибольшее возможное значение (рис. 1.2.12). Нам требуется доказать, что искомым будет четырехугольник ABCD
который можно описать около окружности. [6, 247]

Рис. 1.2.12

Постоим треугольник АВ
F
два угла которого равны углам А
и В
искомого четырехугольника (такой треугольник невозможно построить лишь в том случае, когда сумма каждых двух соседних углов четырехугольника ABCD
равна 1800
. В этом исключительном случае наша задача формулируется так: доказать, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб). Нам надо пересечь этот треугольник прямой CD
данного направления, так, чтобы у получившегося четырехугольника ABCD
отношение площади к квадрату периметра было возможно большим. Впишем в треугольник ABF
окружность с радиусом r и центром О
и проведем прямую CD
заданного направления таким образом, что бы она касалась этой окружности (рис. 1.2.12). Докажем, что четырехугольник ABCD
обладает требуемым свойством, т.е., если C
’
D
’
– произвольная прямая параллельная CD
, то:

(*)

Обозначим коэффициент подобия треугольников FCD
и FC
’
D
’
через k (k может быть больше или меньше единицы). Очевидно, что:

;

;

. [6, 248]

Отсюда:

;

или, если обозначить

AB
+
BF
+
FA
через 2p, а CF
+
FD
-
DC
- через 2q:

= r (p-q);

r (p-k2
q).

Далее, из подобия треугольников CDF
и C
’
D
’
F
следует:

C
’
F
+
FD
’-
C
’
D
’
=2kq, откуда AB
+
BC
+
CD
+
DA
=
AB
+
BF
+
FA
-
(CF
+
FD
-
CD
)=2(p-q),

AB
+
BC
’+
C
’
D
’+
D
’
A
=
AB
+
BF
+
FA
-
(C
’
F
+
FD
’-
C
’
D
’
)=
2(p-kq).

В силу этого неравенство (*) примет следующий вид:

, откуда имеем:

.

Перенося оба члена неравенства в левую часть и умножая его на (положительное) число (p-q) (p-kq) 2
, получим:

(p-kq) 2
-(p-q) (p-k2
q)0,

что после раскрытия скобок и упрощения дает:

(1- k) 2
pq0.

Последнее неравенство очевидно справедливо. [6, 249]

б) Для простоты решим сначала задачу для случая пятиугольника, и пусть М=АВС
D
Е
иM’= А’В’С’
D
’Е’-
два пятиугольника с периметрами Р и Р’ и площадями S и S’, имеющие равные углы, причем М описан вокруг окружности s радиуса r, а M’ не подобен М. Для того что бы доказать неравенство:

(**)

отбросим соответствующие стороны D
Е
и D
’
E
’
пятиугольников М и М’ (такие, что
D
+Е=
D
’+
E
’>1800
) и продолжим примыкающие к D
Е
и D
’
E
’
стороны до их пересечения. При этом мы получим два четырехугольника ABCT
и A
’
B
’
C
’
T
’
с соответственно равными углами, причем четырехугольник ABCT
описан вокруг окружности s (рис. 1.2.13). Для упрощения выкладок будем считать, что размеры исходных пятиугольников выбраны так, что рассматриваемые четырехугольники имеют одинаковые периметры, равные Р1
(выполнение этого условия всегда можно добиться, преобразовав, если надо, пятиугольник М’ подобно).

Рис. 1.2.13

Ясно, что . Обозначим , где - некоторое положительное число (равное ). [6, 250]

В силу результата задачи а) 1
, причем =1
, лишь, если A
’
B
’
C
’
T
’
тоже описан около окружности, т.е. если он равен ABCT
.

Далее обозначим DT
+ТЕ-
D
Е=
p
иD
’
T
’+Т’Е’-
D
’Е’=
kp
,
гдеk
- коэффициент подобия треугольников D
’
E
’
T
’
и
DTE
.Так как

то .

Далее имеем:

S=SM
= - ;

P=AB+BC+CD+DE+EA=
(AB+BC+CT+TA
)-
(DT+TE-ED
).

S’=S M’
=

P’ =
A’B’+B’C’+C’D’+D’E’+E’A’=
(A’B’+B’C’+C’T’+T’A’
)-
(D’T’+T’E’-E’D’
).

Поэтому неравенство (**) примет вид:

или ,

т.е. .

Но последнее неравенство действительно справедливо:

,

так как 1-
,а
по самому определению этих величин. В последнем неравенстве стоит знак >, а не так как если 1-=0, =1,
то четырехугольник А’В’С’Т’
равен четырехугольнику АВСТ,
и для того, чтобы пятиугольник А’В’С’
D
’Е’
был отличен от АВС
D
Е
,надо, чтобы треугольник D
’Е’Т’
был отличен от D
ЕТ
,т. е. что бы было k1; таким образом, если (1—а
)(Р1
— p)Р1
=0, то Р1
р
(1
—к
)2
больше нуля.

Решение задачи для n-угольника проводится по методу математической индукции. Оно ничем не отличается от выше приведенного, и все выкладки имеют точно такой же вид. Только вместо пятиугольника всюду надо говорить об n-угольнике и вместо четырехугольника - об (п
-1)-угольнике, для которого, по предположению индукции, теорема считается уже доказанной (что позволяет утверждать, что 1). [6, 251]

Задача №1.2.5

Пусть АВ
— хорда фигуры Ф
, делящая периметр Ф
пополам. Если хорда АВ
делит площадь Ф на две неравные части, то существует фигура , имеющая тот же периметр, что и Ф
, и большую площадь . Если же хорда АВ
делит периметр и площадь Ф
пополам и фигура Ф
отлична от круга, то по крайней мере одна из двух частей, на которые АВ
делит Ф
, отлична от полукруга с диаметром АВ
.Отсюда следует, что у фигуры Ф
найдется такая граничная точка Р
, что угол АРВ
отличен от прямого (рис. 1.2.14, а; в противном случае граница Ф
являлась бы окружностью с диаметром АВ
,и фигура Ф
была бы кругом). Заменим теперь часть АРВ
фигуры Ф
новой фигурой А’Р’В’
(рис. 1.2.14, 6),оставив сегменты фигуры, отсекаемые хордами АР
и РВ
,без изменения и заменив треугольник АРВ
прямоугольным треугольником с теми же длинами боковых сторон (АР=А’Р’
, РВ=Р’В’
);при этом в силу задачи 1.2.1, а):

SA’P’B’
>SAPB.
[8, 237]

Рис. 1.2.14

Отразив теперь полученную фигуру А’Р’В’
относительно хорды А’В’
,мы получим фигуру того же периметра, что и фигура ф
(периметр обеих фигур равен удвоенной длине дуги АРВ
),но большей площади (площадь равна удвоенной площади фигуры А’Р’В’
,площадь Ф
— удвоенной площади фигуры АРВ
). [8, 238]

Задача №1.2.6

Пусть Ф
— произвольная выпуклая фигура, К
—круг. Нам надо доказать, что отношение площади круга К
к квадрату его периметра больше, чем отношение площади фигуры Ф
к квадрату ее периметра. При этом площадь и периметр Ф
и К
определятся как пределы площадей и периметров последовательностей описанных вокруг этих выпуклых фигур многоугольников, все внешние углы которых стремятся к нулю.

Будем рассматривать описанные вокруг Ф
и К
многоугольники с соответственно равными углами (например, описанные вокруг Ф
и К
многоугольники с параллельными сторонами; рис. 1.2.15). В силу задачи 1.2.4, б) отношение площади к квадрату периметра будет для каждого многоугольника, описанного вокруг К
,не меньше, чем для соответствующего многоугольника, описанного вокруг Ф
.

Отсюда, переходя к пределу, получаем, что:

откуда уже следует, что круг имеет не меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же периметра. Предположим теперь, что фигура Ф
не является кругом, т. е. отлична от К
.В этом случае, очевидно, не все многоугольники, описанные вокруг К
,будут подобны соответствующим многоугольникам, описанным вокруг Ф
. При этом если М
есть первый из рассматриваемых многоугольников, описанных вокруг К
,который не подобен соответствующему многоугольнику ,
описанному вокруг Ф
, то отношение площади к квадрату периметра для многоугольника М
будет больше (а не только не меньше), чем для многоугольника (см. решения задач 1.2.4 а, б). А так как в дальнейшем отношение площади к квадрату периметра для многоугольников, описанных вокруг К,
увеличивается каждый раз (при переходе от описанного n-угольника к описанному (п+
1)-угольнику) больше, чем для многоугольников, описанных вокруг Ф
, то окончательно мы можем заключить, что:

Рис. 1.2.15

Примечание
. Если уже доказано, что площадь круга К
периметра 1 не меньше площади любой иной фигуры Ф
того же периметра (именно это и означает неравенство (*)), то из результата задачи 1.2.5 (для любой фигуры Ф
, отличной от круга, можно найти фигуру того же периметра и большей площади) сразу будет следовать, что площадь К
(которая не может быть меньше площади ) больше площади Ф
(т. е. неравенство (**)). [8, 238]

3. Задачи на максимум и минимум

Неиссякаемые россыпи драгоценных задач на максимум и минимум таятся в недрах древнейшей из математических наук — геометрии. [4, 30]

Многие задачи на максимум и минимум связаны с понятиями вписанной и описанной окружности выпуклой фигуры.

Определение 1.3.1.
Описанной окружностью
плоской фигуры Ф называется наименьшая окружность, заключающая Ф
внутри себя.

Определение 1.3.2.
Вписанной окружностью
выпуклой фигуры Ф называется наибольшая окружность, целиком заключающаяся внутри Ф. [7, 200]

В противоположность описанной окружности вписанная окружность выпуклой фигуры может и не быть единственной (рис. 1.3.1).

Определение 1.3.3.
Центром
выпуклой фигуры Ф называется ее внутренняя точка О
, обладающую следующим свойством: отношения, в которых делятся точкой О
всевозможные хорды фигуры Ф, проходящие через О
,заключены в наиболее тесных пределах.

Определение 1.3.4.
Наименьшее из отношений, в котором делится центром О
проходящая через О
хорда Ф, называется коэффициентом центральности
фигуры Ф. [8, 77]

Так, для центрально - симметричных выпуклых фигур (и только для таких фигур) коэффициент центральности равен 1, а центр совпадает с центром симметрии: все хорды, проходящие через центр симметрии, делятся в нем в одном и том же отношении 1:1. Очевидно, что чем ближе к 1 коэффициент центральности выпуклой фигуры, тем больше фигура похожа на центрально - симметричную. [8, 78]

Используя задачу 1.3.3, в которой доказывается, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1, можно решить следующую задачу:

Какую наименьшую площадь может иметь выпуклая фигура
Ф
, если известно
, что внутри
Ф можно так двигать отрезок длины
1, чтобы он повернулся на угол
360°?

Действительно, прежде всего легко видеть, что ширина фигуры Ф не может быть меньше 1: если бы расстояние между какой-либо парой параллельных опорных прямых l
и l
’
фигуры Ф было меньше 1, то отрезок длины 1, имеющий направление, перпендикулярное к l
и l
’
, не мог бы быть расположен внутри Ф (рис. 1.3.2), и следовательно, такой отрезок нельзя повернуть на 360° так, чтобы он все время оставался внутри Ф. [8, 78]

В силу задачи 1.3.3 отсюда вытекает, что площадь выпуклой фигуры Ф, внутри которой можно повернуть на 360° отрезок длины 1, не может быть меньше площади равностороннего треугольника высоты 1 (т.е.площадь равна = 0,577 …). С другой стороны, совершенно очевидно, что внутри правильного треугольника высоты 1 можно повернуть на 360° отрезок длины 1 (рис. 1.3.3).

Нетрудно видеть, что диаметр D треугольника равен его наибольшей стороне, а ширина — высоте, опушенной на эту сторону. Отсюда легко вывести, что для треугольника:

D£D.

Теорема
1.3.1.
Для треугольника:
D
£
D
, где
D
– диаметр треугольника,
D
-ширина треугольника
.

Доказательство.

Действительно, если Dесть наибольшая сторона некоторого треугольника, то противолежащий ей угол треугольника является наибольшим, откуда следует, что хотя бы один угол, примыкающий к этой стороне, не больше 60°. Отсюда вытекает, что высота треугольника, опушенная на сторону длины D, равная произведению одной из других сторон треугольника (по предположению не большей D) на синус угла примыкающего к наибольшей стороне, не больше, чем: Dsin60° = D. Равенство D = D имеет место только в том случае, когда треугольник является равносторонним.

Теорема доказана. [8, 80]

В теории выпуклых фигур значительное место занимает метод симметризаций, смысл которого заключается в замене изучаемой фигуры новой фигурой, более симметричной, чем первая. При этом существует целый ряд различных способов симметризации выпуклой фигуры.

Основную роль в теории плоских выпуклых фигур играют два типа симметризации: симметризация относительно
оси и симметризация относительно точки
. [8, 82]

Рис. 1.3.4

Симметризация относительно оси
состоит в том, что выпуклая фигура заменяется новой фигурой, имеющей фиксированную ось симметрии l
, при помощи следующего построения: каждая хорда АВ
выпуклой фигуры Ф, перпендикулярная к прямойl
, сдвигается вдоль образуемой АВ
прямой в новое положение А1
В1
симметричное относительно l
. Фигура Ф’, образованная всеми хордами А1
В1
в новом их положении, называется образом фигуры
Ф при симметризации относительно оси l
(рис. 1.3.4).

Более сложно определяется симметризация относительно точки,
переводящая произвольную выпуклую фигуру Ф в центрально-симметричную фигуру Ф’. По аналогии с симметризацией относительно прямой хотелось бы определить симметризацию относительно точки, следующим образом: каждая хорда АВ
кривой, проходящая через какую-либо внутреннюю точку О
, сдвигается вдоль образуемой АВ
прямой в новое положение А’В’
, симметричное относительно О
(рис.1.3.5). Однако такой метод симметризации находит сравнительно скромное применение.

Рис. 1.3.5

Значительно более важным оказывается способ симметризации
относительно точки, определяемый следующим образом. Выпуклая фигура Ф рассматривается как пересечение бесконечного числа полос, образованных ее параллельными опорными прямыми. Затем все эти полосы сдвигаются в направлении, перпендикулярном к направлению полосы, в новое положение, симметричное относительно некоторой точки О
; фигура Ф’, образованная в пересечении сдвинутых полос, и называется образом фигуры Ф при симметризации относительно точки О
(рис. 1.3.6, а).На рис. 1.3.6, б)изображена симметризация выпуклого многоугольника М
. [8, 83]

Рис. 1.3.6

Все задачи на максимум и минимум, связанные с выпуклыми фигурами, могут быть разделены на две группы. К первой группе относятся задачи, в которых требуется из всех выпуклых фигур найти ту, для которой какая-то численная величина, характеризующая фигуру, принимает наибольшее или наименьшее значение (задачи на безусловный максимум или минимум).

Значительно большее число задач содержит вторая группа, в задачах которой требуется найти наибольшее или наименьшее значение некоторой величины, связанной с выпуклой фигурой, причем рассматриваемая выпуклая фигура должна удовлетворять еще некоторым дополнительным условиям, перечисленным в формулировке задачи. Чаше всего эти дополнительные условия состоят в том, что какая-то другая численная характеристика выпуклой фигуры должна иметь наперед заданное значение. Эти задачи являются более сложными (задачи на условный максимум или минимум). Наиболее известной задачей такого рода является изопериметрическая задача. [8, 84]

3.1

Задачи

Задача №1.3.1.
Докажите, что плоская фигура Ф
не может иметь двух различных описанных окружностей. Докажите также, что описанная окружность плоской фигуры Ф
обязательно содержит или две граничные точки Ф
, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, или же три граничные точки Ф
, являющиеся вершинами остроугольного треугольника. Выведите отсюда, что радиус R описанной окружности плоской фигуры Ф
диаметра 1 заключается в границах:

0,5 £R£= 0,577… [7, 201]

Задача №1.3.2.
Докажите, что вписанная окружность выпуклой фигуры Ф
обязательно содержит или две граничные точки Ф
, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, или три граничные точки Ф
, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; в последнем случае вписанная окружность Ф
является единственной. Докажите также, что радиус r
вписанной окружности выпуклой фигуры Ф
ширины 1 заключается в границах:

£r£
.[8, 76]

Задача №1.3.3.
Докажите, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1.

Задача №1.3.4.
Докажите, что треугольник имеет меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же самого диаметра и той же самой ширины. [8, 80]

3.2

Решения

Задача №1.3.1

Фигура Ф
не может иметь двух различных описанных окружностей, потому что если бы Ф
содержалась внутри двух окружностей S
и S
’
одного и того же радиуса R
, то она заключалась бы также внутри заштрихованного на рис. 1.3.7 двуугольника, образованного пересечением окружностей S
и S
’
, а следовательно, и внутри окружности, описанной вокруг этого двуугольника (изображенной пунктиром на рис. 1.3.7).

Но последняя окружность имеет меньший радиус, чем окружности S
и S
’
, что противоречит тому, что окружности S
и S
’
— описанные окружности фигуры Ф
. Далее, если окружность S
, заключающая плоскую фигуру Ф
внутри себя, вообще не содержит граничных точек Ф
, то существует окружность меньшего радиуса, также содержащая Ф
внутри себя.

Рис. 1.3.7

Чтобы получить эту окружность, будем постепенно уменьшать радиус окружности S
, не меняя ее центра, до тех пор, пока уменьшенная окружность не коснется границы фигуры Ф
в какой-либо точке А
(рис. 1.3.8, а). [8, 246]

Рис. 1.3.8

Если окружность S
, заключающая фигуру Ф
внутри себя, содержит единственную граничную точку А
фигуры Ф
, то также существует окружность S
’
меньшего радиуса, заключающая Ф
внутри себя. Для того чтобы это доказать, сдвинем окружность S
в направлении радиуса ОА
(О
— центр окружностиS
) так, чтобы точка А
оказалась внутри окружности (рис. 1.3.8, б).При этом мы получим окружность того же радиуса, что иS
, заключающую фигуру Ф
внутри себя и не содержащую граничных точек Ф
; согласно вышесказанному радиус этой окружности можно уменьшить так, чтобы она все еще содержала фигуру Ф
внутри себя.

Наконец, если окружность S
, заключающая фигуру Ф
внутри себя, содержит две граничные точки А
и В
фигуры Ф
, не являющиеся диаметрально противоположными точками S
, и дуга окружности S
, большая полуокружности, с концами в точках A
и B
не содержит более никаких точек Ф
, то также существует окружность, радиус которой меньше радиуса S
и которая заключает фигуру внутри себя. Для доказательства сдвинем несколько окружность S
в направлении, перпендикулярном к хорде АВ
так, чтобы точки А
и В
оказались внутри окружности (рис. 1.3.8, в). При этом мы снова получим окружность того же радиуса, что и S
, содержащую Ф
внутри себя и не содержащую граничных точек Ф
; радиус этой окружности можно уменьшить так, чтобы Ф
все еще оставалась внутри окружности.

Таким образом, наименьшая из содержащих Ф
окружностей обязательно должна содержать либо две точки Ф
, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности (рис. 1.3.9, а),либо три такие точки Ф
, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности (т.е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; рис. 1.3.9, б). [6, 301]

Рис. 1.3.9

Отсюда сразу следует, что радиус R
описанной окружности S
фигуры Ф
диаметра 1 заключается в указанных в условии задачи границах. Действительно, прежде всего, так как фигура Ф
заключается внутри окружности S
радиуса R
, наибольшее расстояние между точками которой равно 2
R
,то из того, что диаметр Ф
равен 1, сразу следует, что 2R
1, R.Таким образом, остается только доказать, что R
. [8, 248]

Если описанная окружность содержит две точки Ф
, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, то, так как расстояние между этими точками не больше 1, радиус R окружности не может быть больше , следовательно, он равен и, значит, меньше. Если же описанная окружность S
фигуры Ф
содержит три точки Ф
, являющиеся вершинами остроугольного треугольника АВС
,то по крайней мере один из углов а
этого остроугольного треугольника не меньше 60°. Синус этого угла не меньше,и так как сторона а,
противолежащая этому углу, не больше 1, то диаметр 2R окружности S
, описанной вокруг треугольника АВС
,равный не больше .

Отсюда получаем, что

R
=. [6, 302]

Задача №1.3.2

Решение очень похоже на предыдущее. Прежде всего, если окружность S
, целиком заключающаяся внутри выпуклой фигуры Ф
, не содержит совсем граничных точек Ф
, то существует заключающаяся внутри Ф
окружность S
’
, радиус которой больше радиуса S
. Чтобы найти эту окружность, будем постепенно увеличивать радиус S
, не меняя ее центра, до тех пор, пока увеличенная окружность не коснется границы Ф
в какой-либо точке А
(рис. 1.3.10, а).

Если окружность S
, заключающаяся целиком внутри выпуклой фигуры Ф
, содержит единственную граничную точку А
фигуры Ф
, то тоже существует окружность, радиус которой больше радиуса S
, заключающаяся внутри Ф
. Для того чтобы это доказать, сдвинем несколько окружность S
в направлении радиуса АО
(О
— центр окружности S
) так, чтобы точка А
оказалась вне окружности (рис. 1.3.10, б).При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S
, заключенную внутри Ф
и не имеющую с границей Ф
общих точек; согласно вышесказанному, радиус этой окружности можно увеличить так, чтобы она все еще оставалась заключенной внутри Ф
. Наконец, если окружность S
, заключенная внутри фигуры Ф
, содержит две такие граничные точки А
и В
фигуры Ф
, что дуга АВ
окружности S
, большая 180°, не содержит никаких других граничных точек Ф
, то также существует окружность большего радиуса, чем S
, содержащаяся целиком внутри Ф
. Действительно, сдвинем окружность S
в направлении, перпендикулярном к хорде АВ
так, чтобы точки А
и В
оказались вне окружности (рис. 1.3.10, в). При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S
, заключающуюся внутри Ф
и не имеющую с границей Ф
общих точек; радиус этой окружности мы можем увеличить так, чтобы она все еще оставалась внутри Ф
.

Рис. 1.3.10

Таким образом, наибольшая из всех содержащихся в Ф
окружностей должна содержать либо две граничные точки Ф
, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности (рис. 1.3.11, а),либо три такие граничные точки Ф
, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности, т. е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника (рис. 1.3.11,б). [8, 249]

Отсюда нетрудно вывести, что радиус r вписанной окружности выпуклой фигуры Ф
ширины 1 заключается в указанных в условии задачи пределах. Прежде всего, так как окружность S
заключается внутри Ф
, а следовательно, и внутри каждой полосы, образованной парой параллельных опорных прямых фигуры Ф
, то диаметр S
не может быть больше 1 и, следовательно, радиус r окружности S
не может быть больше . Таким образом, требуется доказать только, что r не может быть меньше .

Рис 1.3.11

Если вписанная в выпуклую фигуру Ф
окружность S
соприкасается с границей Ф
в точке А,
то опорная прямая фигуры Ф
, проходящая через точку А
,должна быть одновременно и опорной прямой окружности S
. Но так как через граничную точку окружности можно провести только единственную опорную прямую, то отсюда следует, что фигура Ф
может иметь в точке А
единственную опорную прямую, совпадающую с касательной к окружности S
(т. е. точка А
не может быть угловой точкой фигуры Ф
). Отсюда прежде всего вытекает, что если вписанная в Ф
окружность S содержит две граничные точки А
и В
фигуры Ф
, являющиеся диаметрально противоположными точками S
, то радиус S
равен половине расстояния между параллельными опорными прямыми фигуры Ф
, проведенными в точках А
и В
,и не может быть меньше, следовательно, в этом случае обязательно r= (рис. 1.3.11, а).

Если же вписанная окружность S
фигуры Ф
содержит три граничные точки А
, В
, С
фигуры Ф
, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, то опорные прямые фигуры Ф
, проведенные в точках А
, В
, С
,образуют некоторый треугольник А’В’С’
,описанный одновременно вокруг Ф
и вокруг окружности S
(рис. 1.3.11, б).Обозначим стороны этого треугольника через а
,b
, с
(а
— наибольшая сторона), а соответствующие высоты — через ha
,hb
,hc
.

Площадь треугольника А’В’С’
равна, с одной стороны, r, а с другой, .

Так как, а
b
, а с
,то из равенства:

r=

следует:

ha
=
r
3
r
,

r
.

Но высота треугольника А’В’С’
,описанного вокруг фигуры Ф
, не может быть меньше ширины Ф
(см. рис. 1.3.11, б); отсюда следует, чтоr
,что и требовалось доказать.

В том случае, когда вписанная в выпуклую фигуру Ф
окружность S
содержит три граничные точки Ф
, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, существует треугольник А’В’С’
,описанный одновременно вокруг Ф
и вокруг S
. Отсюда следует, что в этом случае вписанная окружность S
является единственной — всякая другая окружность, содержащаяся внутри Ф
, должна также содержаться внутри треугольника А’В’С
’и, следовательно, будет меньше, чем окружность S
, вписанная в треугольник А’В’С
’.Однако, если вписанная окружность соприкасается с границей Ф
в двух диаметрально противоположных точках, то она может быть и не единственной (см. рис. 1.3.1). [8, 250]

Задача №1.3.3

Прежде всего отметим, что в силу результата задачи 1.3.2 радиус r
круга S
, вписанного в фигуру Ф
ширины 1, не больше и не меньше . При этом если r= , то площадь фигуры Ф
не меньше =0,78..., что больше площади равностороннего треугольника высоты 1, равной = 0,57... Если же r = , то Ф
есть равносторонний треугольник высоты 1.

Пусть теперь радиус вписанного круга S фигуры Ф
равен r
(r<) тогда существует треугольник Т
,описанный одновременно вокруг Ф
и вокруг S
(см. решение задачи 1.3.2, рис. 1.3.11, б). Проведем еще три опорные прямые фигуры Ф
, соответственно параллельные сторонам треугольника Т
;точки соприкосновении этих опорных прямых с границей фигуры Ф
(какие-нибудь из точек соприкосновения, если эти прямые содержат целые отрезки, принадлежащие границе Ф
) обозначим через А’
, В’
, С’
(рис. 1.3.12). Центр круга S
обозначим через О
. Так как расстояние между парой параллельных опорных прямых фигуры Ф
не может быть меньше 1, а точка О
отстоит от каждой из сторон треугольника на расстояние r, то расстояние от точек А’
, В’
, С’
до точки О
не меньше 1 —
r
.На отрезках ОА’
, ОВ’
, ОС’
отметим точки А
, В
, С
,удаленные от О
на расстояние 1 —
r
.Проведя из точек А
, В
, С
касательные к кругу S
, мы получим фигуру Ф
r
,состоящую из круга радиуса r
и трех равных между собой частей, ограниченных кругом и двумя касательными круга (см. рис. 1.3.12); эта фигура заключается внутри нашей фигуры Ф
. Если r
=, то Ф
r
= Ф
представляет собой равносторонний треугольник с высотой 1. [8, 256]

Достаточно доказать, что из всех фигур Ф
r
(r<) соответствующих разным значениям r наименьшую площадь имеет равносторонний треугольник Ф
.

На рис. 1.3.13 изображены равносторонний треугольник Р
QR
и фигура Ф
r
(<r<).

Нетрудно видеть, что общая площадь частей равностороннего треугольника, выходящих за пределы фигуры Ф
r
,меньше площади частей фигуры Ф
r
расположенных вне треугольника Ф
. Части треугольника, расположенные вне Ф
r
,состоят из шести треугольников таких, как треугольник А
PD
,заштрихованный на рис. 1.3.13. Пусть М
— середина стороны Р
R
треугольника Р
QR
.Проведем из точки М
отрезок М
N
,равный и параллельный РА
.Точка N
будет находиться внутри круга, составляющего часть фигуры Ф
r
,так как наименьшее расстояние от точки М
до окружности (расстояние по перпендикуляру к Р
R
)равно, как нетрудно видеть, РА
(это можно вывести из того, что наибольшее расстояние от точки А
до окружности равно 1, как и высота треугольника). Соединим N
с А
;пусть NА
пересекает Р
R
в точке Е
.

Треугольник М
N
Е
равен треугольнику ЕАР
,а треугольник D
АР
составляет лишь часть ЕАР
.Таким образом, мы можем перенести треугольник D
АР
внутрь М
N
Е
,т. е. внутрь Ф
r
(новое положение треугольника D
АР
тоже заштриховано на рис. 1.3.13). Перенеся таким же образом все шесть треугольников, таких, как D
АР
,внутрь Ф
r
,мы убедимся, что равносторонний треугольник Ф
имеет меньшую площадь, чем фигура Ф
r
.Этим и завершается доказательство. [8, 257]

Задача №1.3.4

Пусть Ф
— некоторая выпуклая фигура диаметра Dи ширины . Докажем, что площадь Ф не может быть меньше площади треугольника с основанием Dи высотой , т. е. не может быть меньше D.

Пусть А
и В
— две граничные точки фигуры Ф
, расстояние между которыми является наибольшим (равно D).Через точки А
и В
проведем опорные прямые l
1
и l
2
фигуры Ф
, перпендикулярные к отрезку АВ
; проведем также две другие опорные прямыеm
1
и m
2
фигуры Ф
, перпендикулярные к l
1
и l
2
(параллельные АВ
;рис. 1.3.14,а). Согласно определению ширины выпуклой фигуры, расстояние между прямымиm
1
и т2
не может быть меньше; следовательно, площадь прямоугольника PQRS
образованного прямыми l
1
, m
1
,l
2
и т2
не может быть меньше D.

Пусть С
— точка соприкосновения опорной прямойm
1
(стороны Р
S
прямоугольника PQRS
) с фигурой Ф
, Е
— точка соприкосновения прямой т2
с фигурой Ф
. В силу выпуклости фигуры Ф
она должна содержать целиком четырехугольник ВСАЕ
.Но площадь треугольника A
ВС
равна половине площади прямоугольника АВ
S
Р
;площадь треугольника АВЕ
равна половине площади прямоугольника А
QR
В
.Таким образом, площадь ВСАЕ
равна половине площади прямоугольника PQRS
и, следовательно, не может быть меньше D; следовательно, и площадь Ф
не может быть меньше D.

Рис. 1.3.14

Из приведенного решения нетрудно увидеть, что площадь Ф
равна D только в том случае, когда фигура Ф
есть треугольник. Действительно, прежде всего фигура Ф
площади D должна совпадать с четырехугольником ВСАЕ
(см. рис. 1.3.14, а),причем диагональ АВ
должна быть равна диаметру D четырехугольника B
С
A
Е
, а расстояние между прямыми m
1
и т2
ширине . Но последнее возможно только в том случае, когда отрезок АВ
совпадает с одной из сторон Р
S
или QR
прямоугольника PQRS
. Действительно, в противном случае через точки С
и Е
всегда возможно провести опорные прямые m
1
’и т2
’четырехугольника ВСАЕ
,расстояние между которыми будет меньше расстояния междуm
1
и т2
(см. рис. 1.3.14, а;если С
S
Е
R
,то SS
’
RR
’
,SRS
’
R
’
и,следовательно, расстояние между m
1
’и т2
’и подавно меньше SR
). [8, 266]

Таким образом, площадь выпуклой фигуры может быть равна D только в том случае, когда Ф есть треугольник с основанием D и высотой (рис. 1.3.14, б). [8, 265]

Глава 2. Оценка периметра пятиугольника единичного диаметра

1. Доказательство равенства четырех диагоналей пятиугольника единице

Определение 2.1.1.
Диаметром
d
многоугольника М называется точная верхняя граница расстояний между его точками. [6, 68]

d=sup(X,Y)

ХM, УM

Теорема 2.1.1.
Диаметр многоугольника равен расстоянию между некоторыми его вершинами.

Доказательство.

Многоугольник М является ограниченной замкнутой областью. По теореме Вейерштрасса непрерывная функция (X,Y) достигает своего максимума в этой области. Иными словами существуют такие две точки А и В многоугольника, что:

(А, В) = sup(X, Y) = d.

ХM, УM

Отрезок АВ также будем называть диаметром многоугольника.

Ясно, что концы диаметра многоугольника должны находиться на его границе, при этом если хотя бы один из концов диаметра АВ не является вершиной многоугольника, то как видно из рисунка 2.1.1, один из отрезков K1
B, K2
Bбудет больше АВ (т.к. один из углов K1
АB, K2
АBне является острым), что невозможно.

Рис. 2.1.1

Теорема доказана.

Итак, диаметр многоугольника совпадает либо с одной из сторон, либо с одной из диагоналей многоугольника.

Определение 2.1.2.
Выпуклый многоугольник диаметра 1 будем называть оптимальным
, если его периметр больше периметра любого другого выпуклого многоугольника диаметра 1.

Теорема 2.1.2.
Все стороны оптимального пятиугольника меньше 1.

Для доказательства теоремы потребуется следующая лемма.

Лемма 2.1.1.
Сумма расстояний от точки дуги окружности до ее концов принимает наибольшее значение, когда эта точка делит дугу пополам.

Доказательство.

Пусть Р – точка дуги окружности, точки F и M ее концы (рис. 2.1.2).

Из FPО и PОM получаем:

FP+PM=2 r sin + 2 r sin=2 r (sin+sin) =

=2 r (2sincos),

здесь

и по симметрии можно считать, что

, т.е. .

Сумма FP+PMпринимает наибольшее значение, когда cos=1.

Так как

<, то ,

а это значит, что

= .

Лемма доказана.

Рис. 2.1.2

Доказательство теоремы.

Пусть сторона FT рассматриваемого пятиугольника FPMNT равна 1. Для доказательства проверим, что периметр р пятиугольника FPMNT меньше периметра правильного пятиугольника диаметра 1.

Проведем две окружности:

с центром в точке Tрадиуса FT;

и с центром в точке F радиуса FT.

Очевидно, что остальные вершины пятиугольника будут лежать в области ограниченной окружностями и и в одной полуплоскости относительно стороны FT (в силу выпуклости пятиугольника) (рис. 2.1.3).

Возможны два случая расположения вершин P, M, N пятиугольника FPMNT.

Рассмотрим первый случай, когда хотя бы одна из прямых РМ и MN пересекает дуги обеих окружностей , .

Из рисунка 2.1.3 видно, что периметр p рассматриваемого пятиугольника FPMNT меньше периметра пятиугольника FP1
М1
N1
T, а так же меньше периметра Р1
шестиугольника FСZМ1
N1
T, где C середина дуги (по лемме 2.1.1).

Таким образом, получаем: p< Р1
<4 sin150
+1+3,0819428.

Рассмотрим второй случай, когда прямые PM, MNпересекают дугу окружности (рис. 2.1.4).

Из рисунка 2.1.4 видно, что периметр p рассматриваемого пятиугольника FPMNT меньше периметраP2
пятиугольника FP1
М1
N1
T т.е.:

p< P2
<+1+13,0466.

Известно, что периметр P3
правильного пятиугольника равен:

P3
= .

Таким образом, получаем, что периметр рассматриваемого пятиугольника FPMNT меньше периметра правильного пятиугольника диаметра 1.

Теорема доказана.

Теорема 2.1.3.
В оптимальном пятиугольнике, по крайней мере, три диагонали равны 1.

Доказательство.

Пусть диагональ PT=1 (по теореме 2.1.2).

Проведем две окружности: (T, PT=1) и (P, PT=1) (рис. 2.1.5). Ясно, что все остальные вершины пятиугольника будут являться внутренними или граничными точками области ограниченной окружностями , и прямой РТ. Причем все три вершины не могут лежать по одну сторону от PT, т.к. PT это диагональ выпуклого пятиугольника (рис. 2.1.5).

Рассмотрим первый случай, когда прямая MN пересекает дуги обеих окружностей и (рис. 2.1.5).

Допустим, что диагональ FM<1 и точка М отлична от точки M’, тогда сместив точку М в близкую точку М’’ вдоль прямой ТМ’, получим пятиугольник большего периметра, т.е. пятиугольник FPMNT не является оптимальным. Можно поэтому считать, что у оптимального пятиугольника хотя бы одна из диагоналей FM, ТM’ равна 1.

Аналогично, хотя бы одна из диагоналей FN, PN’ равна 1.

Точно так же рассматривается второй случай, когда прямая MN пересекает только одну из окружностей , (рис. 2.1.6).

Теорема доказана.

Теорема 2.1.4.
В оптимальном пятиугольнике, по крайней мере, четыре диагонали равны 1.

Доказательство.

В силу теоремы 2.1.3 рассмотрим пятиугольник MNTFP у которого три диагонали равны единице, при этом возможны два случая:

1) TP= MF=NF=1;

2) TP= MT=NP=1 (рис. 2.1.7).

Рассмотрим первый случай.

Проведем три окружности:

окружность с центром в точке N и радиуса NF=1;

окружность с центром в точке M и радиуса MF=1;

окружность с центром в точке F и радиуса FM=FN=1.

Обозначим точки пересечения окружностей и через L, а окружностей и через K (рис. 2.1.7).

Ясно, что вершины P и T пятиугольника с одной стороны будут лежать вне треугольника MNF, т.к. пятиугольник выпуклый, а с другой стороны должны лежать в области ограниченной окружностями , и (область закрашенная на рисунке 2.1.7), т.к. в противном случае, например, если точка Т будет лежать вне этой области, то диагональ МТ >1, а это невозможно т.к. диаметр пятиугольника равен 1. При этом точка P не может лежать на дуге MK , а точка Т не может лежать на дугеNL, так как в противном случае мы получим, что сторона пятиугольника равна 1, что невозможно по теореме 2.1.2.

Допустим от противного, что NP<1 и MT<1.

Проведем два эллипса:

l
1
с фокусамиM, F , проходящий через точку P;

l
2
с фокусами N, F , проходящий через точку T.

Возможны два случая:

а) касательные m в точке P и m в точке T к эллипсам l
1
иl
2
соответственно перпендикулярны отрезку PT (рис. 2.1.7).

Подвинем отрезок PТ параллельно самому себе на небольшое расстояние, так, что бы новый отрезок P’Т’ (P’m, Т’m) остался в закрашенной области (или на границе) (рис. 2.1.7).

В результате, длина отрезка PТ не изменится, а длина диагоналей NP’и MT’ не станет больше 1. При этом периметр пятиугольника MP’FT’N больше периметра исходного пятиугольника MPFTN.

Значит, пятиугольник MPFTN не может быть оптимальным.

б) Одна из касательных m в точке P или m в точке T к эллипсам l
1
иl
2
соответственно не перпендикулярна отрезку PT.

Допустим, что касательная m в точке P к эллипсу l
1
не перпендикулярна отрезку PT. Проведем окружность с центром в точке T и радиусом PT=1 (рис. 2.1.8).

Подвинем точку P по дуге окружности , которая "выходит" из эллипса l
1
и получим точку P’. При этом длина PT не изменится, а точку P мы подвинем на такое расстояние, что бы точка P’ лежала в закрашенной области. А это значит, что диагональ NP’ не станет больше 1. Периметр полученного таким образом пятиугольника MP’FTN больше периметра исходного пятиугольника MPFTN.

Значит, пятиугольник MPFTN не может быть оптимальным.

Таким образом, в оптимальном пятиугольнике, покрасней мере одна из диагоналей NP, MT равна единице.

Теперь рассмотрим второй случай.

2) TP= MT= NP=1 (рис. 2.1.9).

Заметим, что вершина F лежит внутри области ограниченной отрезком РТ и дугами PSи ST.

Предположив, что NF<1 и MF<1 и заменив точку F близкой точкой F’ (см. рис. 2.1.9), мы получим, что РF+FТ<PF’+F’T, т.е. периметр пятиугольника MPF’TN больше периметра исходного пятиугольника MPFTN.

Значит, пятиугольник MPFTN не может быть оптимальным.

Таким образом, в оптимальном пятиугольнике, покрасней мере одна из диагоналей NF, MF равна единице.

Теорема доказана.

2. Отыскание оптимального пятиугольника

Теорема 2.2.1.
Оптимальным пятиугольником является правильный пятиугольник.

Доказательство.

Рассмотримпятиугольник MPFTN у которого четыре диагонали равны 1 (по теореме 2.1.4 только такой пятиугольник может быть оптимальным).

Пусть

PN=MT=FM=FN=1, PT=c(рис. 2.2.1).

Положим

FMN=FNM=, TMN=, PNM=, NPT=, PTM=, FO MN.

Найдем периметр pпятиугольника MPFTN.

ИзFMO:

MO= cos, MN=2 cos.

Из треугольников NPF и MFT имеем:

PF=,

FT=.

Из треугольника РМТ и ТNР по теореме косинусов имеем:

PM=,

ТN=.

Таким образом периметр р пятиугольника MPFTN равен:

р=2cos++++.

Рассмотрим сначала случай, когда с=1, т.е. все диагонали пятиугольника MPFTN равны 1.

В этом случае:

p=2 cos++++=

=2 cos+++2sin+2sin=

=2cos +4 sin+4sin

2cos +4 sin+4sin=2cos +4 sin+4sin=

=2cos +8sin cos2cos+8sin , (т.к.).

Исследуемфункцию

g ()= 2cos+8sin.

g’()= (2cos+8sin)’= - 2sin+2cos=

.

Так как

2cos<1 , то cos< , >60.

Значит 60<<90, и мы получаем, что 67,5 <+45<78,75 .

Последнее неравенство означает, что (+45) - угол первой четверти, т.е. cos(+45)>0.

sin

Поэтому

p2cos+8sin 2cos72+8sin18

Таким образом, в случае с=1 периметр пятиугольника не превосходит периметра правильного пятиугольника.

Рассмотрим теперь случай, когда с<1.

Проведем эллипсы через точки Р и Т с фокусами соответственно в точках F, Mи F, N. Пусть хотя бы один эллипс пересекает соответствующую дугу или(рис. 2.2.1). Пусть, например, эллипс проведенный через точку Т пересекает дугу . Тогда сместив вершину Т в близкую точку Т’ дуги FT, мы получим пятиугольник большего периметра.

Остается, следовательно, проверить случай, когда оба эллипса касаются соответствующих дуг. Но из геометрических соображений ясно, что существует не более одной точки дуги , в которой соответствующий эллипс касается этой дуги (рис. 2.2.2). Тем же свойством обладает симметричная точка дуги . Поэтому, если оба эллипса касаются соответствующих дуг, то . Оценим периметр пятиугольника в этом случае.

Рис. 2.2.2

Заметим сначала (рис. 2.2.3), что в виду имеем, что PT||MN , откуда и . Проведем NT’ || MT, тогда

c=PT=PT’-TT’=PT’-MN=2cos-2cos.

Из MPT:

PM== (2cos-2cos) +1-2(2cos-2cos) cos=

=

=

= 1- 2ccos , то есть

PM==NT.

Тогда периметр p пятиугольникаMPFTN равен:

p=2+4sin.

Докажем неравенство

.

Имеем:

1-2c cos -4sin=1-2c cos-2(1-cos)=1-2c cos-2(1-())=

=1-2c cos-2+c+2cos=-1+c+2cos(1-c)=( 1- c)(-1+2cos)<0,

т.к. c<1, (1- c)>0 и 2cos-1<0, >60.

Таким образом:

1-2c
cos<4sin т.е. .

Отсюда имеем:

Иначе говоря, периметр пятиугольника MPFTN в этом случае меньше периметра правильного пятиугольника.

Таким образом, оптимальным пятиугольником является правильный пятиугольник.

Теорема доказана.

Заключение

Экстремальные задачи — задачи на максимум и минимум — во все времена привлекали внимание учёных. Причина такого интереса заключается, во-первых, в том, что многие экстремальные задачи приходят из практики. Леонард Эйлер (1707-1783), один из величайших математиков, говорил: "В мире не происходит ничего, в чём бы не был виден смысл какого-нибудь максимума или минимума". Во-вторых, среди задач на максимум и минимум много красивых задач, которые интересно и полезно решать.

В данной работе рассмотрены различные планиметрические задачи на максимум и минимум, а также изложены основные теоретические сведения, необходимые для решения экстремальных задач. Основное внимание в работе было уделено решению весьма не тривиальной задачи на максимум, а именно отысканию пятиугольника заданного диаметра, имеющего наибольший периметр. При решении поставленной задачи были использованы как геометрические, так и аналитические методы и доказана основная теорема о том, что в пятиугольнике наибольшего периметра по крайней мере четыре диагонали равны единице. В заключительной теореме показано, уже чисто аналитически, что искомым является правильный пятиугольник.

Таким образом, основная цель работы достигнута.

Библиография

1. Болтянский, В.Г. Теоремы и задачи комбинаторной геометрии [Текст]/ В.Г. Болтянский, И.Ц. Гохберг.- М.: НАУКА, 1965.- 108 с.: ил.

2. Математика, ее преподавание, приложения и история [Электронный документ]/ Я.С. Дубнов, В.Г. Болтянский, В.А. Ефремович и др.; Под ред. Я.С. Дубнов.- вып.3.- М.: Физ.– мат. лит., 1958.- 321 с.

3. Протасов, В.Ю. Максимумы и минимумы в геометрии [Текст]/ В.Ю. Протасов.- М.: НЦНМО, 2005.- 56 с.

4. Тихомиров, В.М. Рассказы о максимумах и минимумах [Текст]/ Тихомиров В.М.- М.: НАУКА, 1986.- 192 с.

5. Трофимов, В.В. Царевна Дидона, изопериметры и мыльные пленки [Электронный документ]

(http://mirror1.mccme.ru/kvant/1985/05/carevna_didona_izoperimetry_i.htm)

6. Шклярский, Д.О. Геометрические оценки и задачи из комбинаторной геометрии [Текст]/ Д.О. Шклярский, И.М. Яглом, Н.Н. Ченцов.- М.: НАУКА , 1974.- 384 с.: ил.

7. Энциклопедия элементарной математики [Текст]/ В.Г. Болтянский, В.А. Рохлин, И.М. Яглом, Б.А. Розенфельд и д.р.; Под ред. В.Г. Болтянский.- книга 5.- М.: Физ.– мат. лит., 1966.- 624 с.: ил.

8. Яглом, И.М. Выпуклые фигуры [Текст]/ И.М. Яглом, В.Г. Болтянский.- М.Л.: Гос. изд-во технико-теоретической лит., 1951.- 343 с.