WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     || 2 | 3 | 4 | 5 |   ...   | 7 |
Библиотека <Математическое просвещение> Выпуск 31 В. Ю. Протасов Н а у ч н о - р е д а к ц и о н н ы й с о в е т с е р и и:

В. В. Прасолов, А. Б. Сосинский (гл. ред.), МАКСИМУМЫ А. В. Спивак, В. М. Тихомиров, И. В. Ященко.

И МИНИМУМЫ Серия основана в 1999 году.

В ГЕОМЕТРИИ Издательство Московского центра непрерывного математического образования Москва • 2005 УДК 514.177.2 ВВЕДЕНИЕ ББК 22.151.0 П78 Экстремальные задачи — задачи на максимум и минимум — во все времена привлекали внимание учёных. Из попыток решить Аннотация ту или иную экстремальную задачу возникали и развивались новые Текст брошюры подготовлен по материалам лекции, прочитанной теории, а иногда и целые направления математики.

автором 21 февраля 2004 года на Малом мехмате МГУ для школьников В чём причина такого интереса Во-первых, среди задач на 9—11 классов.

максимум и минимум много красивых задач, которые интересно Читатель познакомится с такими классическими задачами на максимум и минимум, как задача Фаньяно, задача о построении фигуры и приятно решать. Но люди занимаются ими отнюдь не только максимальной площади заданного периметра, задача Штейнера о крат<из любви к искусству>. Много экстремальных задач, ложащихся чайшей системе дорог и многими другими. Одна из глав посвящена кона письменный стол учёного, приходит из практики. Максимумы ническим сечениям и их фокальным свойствам. В брошюре излагаются решения перечисленных выше задач, особое внимание уделено проблеи минимумы постоянно возникают в инженерных расчётах, в арме доказательства существования решения в экстремальных задачах.

хитектуре, экономике... Кроме того, экстремальные задачи самым В конце каждого раздела помещён набор задач для самостоятельного решения. неожиданным образом находят применение в науках о природе:

Брошюра рассчитана на широкий круг читателей, интересующихфизике, химии, биологии. Давно уже было замечено, что окружася математикой: школьников старших классов, студентов младших ющий мир во многом устроен по экстремальным законам. Леонард курсов, а также школьных учителей, руководителей математических кружков. При чтении последних разделов будет полезным (но не обяЭйлер (1707—1783), один из величайших математиков, говорил:

зательным) знакомство с началами математического анализа.

<В мире не происходит ничего, в чём бы не был виден смысл какого-нибудь максимума или минимума>.

С экстремальными задачами человек начинает знакомиться в средней школе. Вот, пожалуй, самая известная из них:

ISBN 5-94057-193-X © Протасов В. Ю., 2005.

1. На плоскости дана прямая l и точки A и B по одну сторону © МЦНМО, 2005.

от неё. Найти на прямой точку M, для которой сумма AM+BM наименьшая.

Для решения отразим точку B относительно прямой l, получим точку B (рис. 1). Отрезок BM переходит при симметрии в отрезок BM, следовательно, AM+BM=AM+BM. Согласно неВладимир Юрьевич Протасов.

равенству треугольника, сумма AM+BM принимает наименьшее Максимумы и минимумы в геометрии.

значение, когда точка M лежит на отрезке AB. Таким образом, (Серия: <Библиотека,,Математическое просвещение“>).

M — точка пересечения прямой l с отрезком AB; для этой точки М.: МЦНМО, 2005. — 56 с.: ил.

сумма AM+BM равна длине отрезка AB, при другом выборе точРедакторы Р. О. Алексеев, Н. М. Нетрусова Техн. редактор М. Н. Вельтищев ки M эта сумма будет больше AB.

Рисунки М. Н. Вельтищева, иллюстрация на обложке Н. М. Нетрусовой Один из американских школьных учебников по геометрии наЛицензия ИД № 01335 от 24/III 2000 года. Подписано в печать 22/IV 2005 года.

чинается не с понятий <точка>, <прямая> и не с первых аксиом, Формат бумаги 6088 /. Офсетная бумага № 1. Офсетная печать. Физ. печ. л. 3,5.

а сразу с разбора этой задачи. Настолько наглядно, просто и поТираж 000 экз. Заказ.

учительно её решение! С её помощью можно объяснить закон отражения света <угол паде- A Брошюра соответствует гигиеническим требованиям к учебным изданиям для общего и начального профессионального образования (заключение государственной санитарнония равен углу отражения>, поскольку в одB эпидемиологической службы Российской Федерации № 77.99.02.953.Д.003873.06.нородной среде свет распространяется по кратот 2/VI 2004 года).

чайшему пути. Кроме того, эта простая задача M лежит в основе так называемых фокальных Издательство Московского центра непрерывного математического образования.

119002, Москва, Г-2, Бол. Власьевский пер., 11. Тел. 241 72 85, 241 05 00.

свойств конических сечений — эллипса, гиперболы и параболы. Об этом речь пойдёт в § 2.

Отпечатано с готовых диапозитивов B Считается, что впервые задача о кратчайв ФГУП <Производственно-издательский комбинат ВИНИТИ>.

Рис. 140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403. Тел. 554 21 86. шем пути между двумя точками с заходом на прямую, или задача об отражении света, была решена древ- ков в прямую линию>. Суть его проста: с помощью движений негреческим математиком Героном Александрийским (I век н. э.) плоскости несколько отрезков выстраиваются в ломаную, которая, в трактате <О зеркалах>. Поэтому её иногда называют задачей Ге- по неравенству треугольника, будет иметь наименьшую длину, рона. Её можно интерпретировать и как сугубо практическую: где когда её звенья лежат на одной прямой. Так, в задаче Герона в кана прямой дороге нужно поставить автобусную остановку, чтобы честве движения использовалась симметрия относительно прямой l.



суммарный путь до неё от деревень A и B был наименьшим 5. Внутри угла дана точка M. Найти на сторонах угла точки A Однако обобщить задачу Герона и её решение не так-то просто. и B (по одной на каждой стороне), для которых периметр треЧто будет, например, если деревень не две, а три угольника MAB наименьший.

2. На плоскости дана прямая l и три точки A, B и C по одну 6. Внутри угла даны точки M и N. Найти на сторонах угла точсторону от неё. Найти на прямой точку M, для которой сумма ки A и B (по одной на каждой стороне), для которых периметр чеAM+BM+CM наименьшая. тырёхугольника с вершинами в точках M, A, B, N наименьший.

Все попытки решить эту задачу при помощи симметрии 7. Дана прямая l и точки A и B по разные стороны от неё.

ни к чему не привели. Для решения этой и многих других за- Найти на прямой точку M, для которой величина |AM-BM| дач на максимум и минимум математикам пришлось изобретать принимает наименьшее значение.

совершенно новый метод, называемый теперь вариационным. Мы 8. Деревни A и B разделены рекой, берега которой параллельзаймёмся им в §§ 6, 7. А вот другой пример: ны. Где на реке нужно поставить мост, чтобы путь из одной 3. На плоскости дан выпуклый четырёхугольник. Найти точ- деревни в другую был наименьшим (мост перпендикулярен береку, сумма расстояний от которой до его вершин наименьшая. гам реки) Решение совсем просто: искомая точка M является точкой 9. Деревни A и B разделены двумя параллельными реками пересечения диагоналей четырёхугольника. В самом деле: по нера- разной ширины. На каждой реке нужно поставить по мосту так, венству треугольника, сумма расстояний AM+CM не меньше диа- чтобы путь из одной деревни в другую был наименьшим (мосты гонали AC, а сумма расстояний BM+DM перпендикулярны берегам).

D не меньше BD. Поэтому минимум суммы расстояний равен AC+BD и достигается C M § 1. ЗАДАЧА ФАНЬЯНО в точке пересечения диагоналей (рис. 2).

Та же задача, но для треугольника, тре- В начале XVIII века итальянский инженер и математик Фабует более тонких рассуждений. Для фор- ньяно деи Тоски (1682—1766) поставил следующую задачу:

A B мулировки ответа понадобится так называ- 10. Вписать в данный остроугольный треугольник ABC треемая точка Торричелли треугольника (§ 3). угольник наименьшего периметра так, чтобы на каждой стороне Рис. А для того чтобы решить эту задачу для треугольника ABC лежала одна вершина треугольника.

произвольного многоугольника, вновь придётся прибегнуть к вари- Воспользуемся тем же приёмом: с помоационному методу. При этом ответ может быть подсказан из фи- щью движений плоскости попробуем выстро- AC зических соображений (§ 8). Рассмотрим другое обобщение: ить стороны вписанного треугольника в лома4. Соединить вершины данного четырёхугольника системой до- ную линию. Тогда периметр будет не меньше рог наименьшей суммарной длины. отрезка, соединяющего концы этой ломаной.

Q AРешение этой задачи приведёт к понятию сети Штейнера для А наименьший периметр будет соответствоBданной системы точек. Об этом речь пойдёт в § 3. Как видим, вать случаю, когда стороны ломаной лежат похожие между собой задачи на максимум и минимум могут тре- на одной прямой.

бовать совершенно различных путей решения. Итак, пусть точки A1, B1, C1 лежат на стоP В §§ 2—5 будет рассказано о задачах, которые решаются геоме- ронах треугольника ABC (A1 — на стороне BC C1 B A трически; в §§ 6, 7 мы коснёмся вариационных методов, а в § 8 — и т. д.). Отразим точку A1 симметрично отнофизических методов; § 9 и приложения целиком посвящены тео- сительно сторон AB и AC, получив точки Aремам существования в экстремальных задачах. и A3 соответственно (рис. 3). Длина трёхзвенAВернёмся теперь к геометрическим решениям. Приём, которым ной ломаной A3B1C1A2 равна периметру треРис. решается задача Герона, можно назвать <выстраиванием отрез- угольника A1B1C1. Для того, чтобы периметр 4 был наименьшим (равным отрезку A2A3), Получаем, что три таких произведения в треугольнике равны Aнужно, чтобы вершины B1 и C1 лежали между собой. Докажите, что на самом деле они равны удвоенной C в точках пересечения отрезка A2A3 со сто- площади, делённой на радиус описанной окружности.

ронами треугольника AB и AC. Осталось 14. Исследуйте задачу Фаньяно для тупоугольного треугольника.

понять, как выбрать точку A1 на сторо- 15. Исследуйте задачу Фаньяно для четырёхугольника. Для кане BC таким образом, чтобы длина отрез- ких четырёхугольников вписанный четырёхугольник минимальAка A2A3 была наименьшей. Для этого за- ного периметра существует Будет ли он единственным метим, что треугольник A2AA3 — равнобе§ 2. ФОКАЛЬНОЕ СВОЙСТВО КОНИК дренный (A3A=A2A=A1A), а угол при его A B вершине A равен 2BAC и потому не зави- <Закон гиперболических зеркал таков: лучи света, падая на внутреннюю поверхность гиперболического зеркала, сходятся сит от выбора точки A1 (рис. 4).

все в одной точке, в фокусе гиперболы. Это известно>.

AИтак, при движении точки A1 по стороА. Н. Т о л с т о й, <Гиперболоид инженера Гарина>.

не BC углы треугольника A2AA3 не меняютРис. Коникой, или коническим сечением, или квадрикой называся. А его линейные размеры будут наименьется кривая, полученная в пересечении плоскости с конусом.

шими, когда наименьшей будет сторона A2A, которая равна A1A.





Под конусом, как обычно, понимается прямой круговой конус:

Значит, A1A — высота, опущенная на сторону BC.

фигура, которая состоит из прямых, проходящих через данную Мы видим, что существует единственный вписанный треугольточку A и образующих данный угол <90 с прямой l, проходяник наименьшего периметра, его вершина A1 — основание высоты.

щей через точку A. При этом мы считаем, что конус образован Если провести те же рассуждения c вершинами B1 и C1, получим, именно прямыми, а не лучами или отрезками (как определяетчто они также являются основаниями высот (поскольку треуголься в школьных учебниках). Эти прямые называются образующими ник минимального периметра — единственный!) конуса (поскольку именно они образуют конус), прямая l — его Теорема Фаньяно. Среди всех треугольников, вписанных в даносью, а точка A — его вершиной. Таким образом, конус является ный остроугольный треугольник, наименьший периметр имеет неограниченной фигурой и состоит из двух половинок, центральортотреугольник (т. е. треугольник с вершинами в основаниях но-симметричных относительно вершины A.

высот).

Если пересечь конус плоскостью, не проходящей через верши11. Две смежные стороны ортотреугольника образуют равные ну, получим коническое сечение. Конические сечения бывают трёх углы с соответствующей стороной исходного треугольника. Среди видов: эллипс, гипербола и парабола. Эллипс получается, когда всех треугольников, вписанных в данный треугольник, только плоскость не параллельна ни одной из образующих и пересекаортотреугольник обладает указанным свойством*).

ет только одну половину конуса (рис. 5, а), гипербола — когда 12. Высоты треугольника являются биссектрисами углов ортоплоскость пересекает обе половины (рис. 5, б), а парабола — котреугольника.

гда плоскость параллельна одной из образующих (рис. 5, в). Мы Луч света, пущенный вдоль одной из сторон ортотреугольнине будем рассматривать вырожденные коники, соответствующие ка, отразится последовательно от всех сторон треугольника ABC случаю, когда плоскость проходит через вершину конуса (в этом и вернётся в исходную точку. Таким образом, контур ортотреугольслучае может получиться либо пара прямых, либо одна прямая, ника представляет собой замкнутую траекторию луча света. Если либо точка).

сдвинуть три зеркала так, чтобы они образовали остроугольный <Позвольте>, — возразит читатель, — <в школе давались совтреугольник, то луч света, идущий по сторонам ортотреугольнисем другие определения. Парабола задаётся уравнением y=ax2, гика, замкнётся и никогда не выйдет наружу. Математики говорят, k x2 yчто стороны ортотреугольника образуют биллиард для данного трепербола — уравнением y=, а эллипс — уравнением + =1.

угольника. x a2 b13. Периметр ортотреугольника равен удвоенному произведе- Эллипс, к тому же, является геометрическим местом точек плосконию высоты треугольника на синус угла, из которого она исходит. сти, сумма расстояний от которых до двух данных точек постоянна. Так это те же кривые или другие>. Кривые, конечно, те же.

Все определения этих кривых равносильны, за исключением, раз*) В задачах на доказательство мы будем только формулировать утверждение, а слова <доказать, что> будем опускать. ве что, гиперболы, которая не всегда задаётся уравнением y=k/x.

6 а) В т о р о е о п р е д е л е н и е к о н и ч е с к и х с е ч е н и й. Эллипс является геометрическим местом точек M плоскости, таких что F1M+F2M=c, где F1 и F2 — данные точки плоскости, c — данное число, причём c>F1F2.

Точки F1 и F2 называются фокусами эллипса.

Гипербола — геометрическое место точек M, для которых |F1M-F2M|=c (точки F1, F2 — фокусы гиперболы). Парабола — геометрическое место точек, равноудалённых от данной точки F и от данной прямой d (точка F — фокус параболы, прямая d — её директриса).

TДля того чтобы показать, что это определение равносильно предыдущему, впишем в конус FFFFFFFFFFFдве сферы S1 и S2, касающиеся плоскости сече- FFFFFFFFF FF FF FF F FF FF FF FF FFF F FF FF FF FF FF FF FF FF FF FF FFFFFFFFFFFFFFFния (они называются сферами Данделена). Че) б M рез F1 и F2 обозначим точки касания этих сфер с плоскостью (рис. 6). Сфера касается поверхности конуса по окружности, которую мы назовём FFFFFFFFFFFFFFFFFFF FF FF FF FF FF FF FF FF FFF F FF FF FF FF FF FF FF FF FF FF FFFFFFFFFFFFFFFпоясом сферы. Для любой точки M эллипса отрезки MF1 и MT1 равны как касательные из одной точки к сфере (T1 — точка пересечения пояса сферы S1 с образующей конуса, проходящей через точку M), а MF2=MT2. ТаTким образом, MF1+MF2=T1T2, значит, сумма расстояний от точки эллипса до фокусов равна расстоянию между двумя поясами и потому не зависит от точки M.

Точно так же доказывается, что для гиперболы величина |MF1-MF2| равна расстоянию между поясами (рис. 7).

Если же плоскость сечения параллельна в) образующей, то существует только одна сфера, вписанная в конус и касающаяся плоскости сечения (почему). Обозначим через F точку касания сферы и плоскости, а через d — прямую, по которой эта плоскость пересекается с плоскостью пояса (рис. 8). Тогда MF=MT, а кроме того, если опустить перпендикуляр MH на прямую d, то MT=MH, поскольку эти отрезки образуют равные углы с плоскостью пояса (первый лежит на образующей конуса, второй паРис. раллелен другой образующей). Таким образом, расстояния от точки M до фокуса F и до диРис. 5 ректрисы d равны.

Pages:     || 2 | 3 | 4 | 5 |   ...   | 7 |










© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.