WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 | 6 |   ...   | 7 |

получаться сеть Штейнера. Например, если действовать по пер- В силу симметрии, достаточно рассмотреть два T вому способу, то новое ребро, соединяющее точку Aj с некоторой случая: вершины A1, A3 (концы диагонали) B точкой Am, может составлять угол, меньший 120 с каким-либо и вершины A1, A2 (концы стороны). В первом из <старых> рёбер, выходящих из Am. Если действовать по второму случае (убрали A1 и A3) строим равносторонA1 Aспособу, то ребро MK может вовсе не пересечь окружность MAiAj, ний треугольник A1MA3. Три точки M, A2 и Aа может пересечь её не в том месте (нужно, напомним, чтобы точка лежат на одной прямой, поэтому их сеть Штейпересечения лежала на дуге AiAj, не содержащей точку M). В обо- нера состоит из двух отрезков MA2 и A4A2.

их случаях мы не сможем поставить дополнительную вершину B. Ребро MA2 не пересекает дуги A1A3 описанВажно другое: л ю б а я сеть Штейнера точек A1,..., Ak полу- ной окружности треугольника A1MA3. Таким M чается таким способом! Все сети Штейнера будут содержаться среди образом, этот случай не даёт сети ШтейнеРис. построенных графов. Мы уже доказали это, опираясь на лемму. ра. Во втором случае (убрали A1 и A2) строим A4 AПосмотрим, как строятся сети Штейнера для малого числа равносторонний треугольник A1MA2. Если он точек. Со случаем k=2 всё ясно, займёмся случаем k=3. построен во внутреннюю сторону квадрата, то П р и м е р 1. k=3, точки A1, A2, A3 — произвольные. вновь не получается сети Штейнера (оставим П е р в ы й с п о с о б. Уберём любую из трёх точек, напри- разобрать этот случай читателю). Если во внешмер, A1. Сетью Штейнера оставшихся двух точек будет отрезок нюю сторону, то A3MA4 — остроугольный; его A2A3. Теперь соединяем точку A1 с любой из вершин A1 или A2. сеть Штейнера — три отрезка, соединяющие A1 AВ любом случае получаем две стороны треугольника A1A2A3. Если его вершины с точкой Торричелли T. Ребро TM Рис. угол между ними не меньше 120, то это будет сетью Штейнера. пересекает описанную окружность треугольниВ т о р о й с п о с о б. Убираем две вершины, например, A1 ка A1MA2 в точке B (рис. 21).

и A2. Строим равносторонний треугольник A1MA2, затем находим В итоге мы получили сеть Штейнера, показанную на рис. 22.

точку пересечения дуги A1A2 его описанной окружности с отрез- Она состоит из пяти рёбер и имеет две дополнительные вершины.

ком MA3. Если они пересекаются, то обозначаем точку пересечения Если сторона квадрата равна 4 (как в задаче о деревнях), то сумчерез B. Получаем сеть Штейнера, состоящую из трёх отрез- марная длина дорог равна ков BA1, BA2, BA3. Легко видеть, что B — точка Торричелли треугольника A1A2A3. Итак, 4( 3+1)=10,928...

Для трёх точек всегда существует единственная сеть Штейнера. Если один из углов треугольника с вершинами в этих точках Оказывается, что кратчайшая система дорог имеет два перекрёстбольше или равен 120, то сеть состоит из двух рёбер — сторон ка, а не один! этого угла. Если все углы меньше 120, то она состоит из трёх Как видим, уже для четырёх точек требуется перебрать много рёбер, соединяющих точку Торричелли (дополнительную верши- вариантов, чтобы построить сеть Штейнера. Для пяти точек таких ну) с тремя вершинами. вариантов будет ещё больше, кроме того, самих сетей Штейнера Уже для четырёх точек может быть несколько сетей Штейнера. может быть много. Вообще говоря, только одна (или несколько) Всё зависит от их взаимного расположения. Построим кратчайшую из них является кратчайшей системой дорог, все остальные — систему дорог для четырёх вершин квадрата, решив, таким обра- локально кратчайшие, т. е. любая система, достаточно близкая зом, задачу 36. к данной, будет иметь большую длину. Математики в таких случаП р и м е р 2. k=4, точки A1, A2, A3, A4 — вершины квадрата. ях говорят, что каждая сеть Штейнера даёт локальный минимум П е р в ы й с п о с о б. Убираем вершину A1. В оставшемся тре- в задаче, а одна или несколько из них дают глобальный миниугольнике A2A3A4 углы меньше 120, поэтому его сеть Штейнера мум, т. е. являются самыми короткими среди всех систем дорог, состоит из отрезков TA2, TA3, TA4, где T — точка Торричелли а не только среди близких. Так, уже для квадрата существует треугольника A2A3A4. Теперь нужно соединить A1 с любой из вер- не одна, а две сети Штейнера (первая — та, которую мы построили, шин A2, A3 или A4. Однако, как легко видеть, при этом каждый вторая — получающаяся из первой поворотом на 90 вокруг ценраз будут получаться два ребра с углом меньше 120. Итак, п е р- тра квадрата). Они равны, поэтому обе дают глобальный минимум.

26 Современная вычислительная техника даёт возможность осу- История изопериметрической задачи начаществлять перебор огромного числа вариантов и легко строить лась в IX веке до н. э., когда, как написал сети Штейнера, например, для двадцати точек. Системы дорог в своей поэме <Энеида> древнеримский поэт в местностях с однородным рельефом (например, в степи) строятся Вергилий, дочь финикийского царя принцесса по сетям Штейнера. Нефтяные и газовые трубопроводы в россий- Дидона, спасаясь от своего брата, замысливской и канадской тундре также строятся по сетям Штейнера. Сети шего заговор против неё, снарядила корабль Штейнера можно встретить и в природе, например, в структу- и со своими слугами отправилась в плаваре полимерных молекул. А увидеть их наглядно можно, проделав ние вдоль южного побережья Средиземного моследующий опыт: вбить в доску несколько гвоздей, опустить её ря. После нескольких дней плавания корабль в мыльный раствор, а затем вытащить. Мыльная плёнка натянется причалил к живописному берегу на территомежду гвоздями по сети Штейнера. Вернее, по одной из возмож- рии современного государства Тунис. Принцесных сетей (ведь если гвоздей больше трёх, то сетей может быть са попросила вождя местного племени Ярба несколько), причём не обязательно по самой короткой. Мы вернём- выделить ей участок земли на берегу для тося к этой модели в § 8 (задача 72). го, чтобы основать там своё поселение. Вождь Рис. 39. Постройте сети Штейнера для четырёх вершин прямо- с усмешкой предложил ей взять столько земли, угольника размером 34. Какая из них является кратчайшей сколько можно ограничить одной бычьей шкурой. Тогда хитрая системой дорог, и чему равна её длина Дидона приказала разрезать бычью шкуру на очень тонкие поло40. Сколько сетей Штейнера может быть у равнобедренной сочки, из которых сплели длинную верёвку. Считая для простоты трапеции Приведите соответствующие примеры. линию берега прямой, получаем задачу, которую Дидоне предсто41. Постройте кратчайшую систему дорог, соединяющих вер- яло решить.



шины правильного пятиугольника. Задача Дидоны. От прямой линии берега верёвкой данной 42. Придумайте способ построения сетей Штейнера для k точек длины отгородить участок земли наибольшей площади.

в пространстве и проведите все доказательства. Задача Дидоны в точности равносильна изопериметрической 43. Постройте сети Штейнера для четырёх вершин правильно- задаче. Пусть, для определённости, длина верёвки равна 1 км.

го тетраэдра (решив, таким образом, задачу 38 о пауке). Сделав симметрию относительно прямой линии берега, получим 44. Постройте хотя бы одну сеть Штейнера для вершин куба. замкнутую линию длиной 2 км. Она ограничивает наибольшую площадь, когда является окружностью. Следовательно, верёвка должна ограничивать полукруг (рис. 23).

§ 5. ИЗОПЕРИМЕТРИЧЕСКАЯ ЗАДАЧА Так, согласно легенде, был основан знаменитый город древнего мира Карфаген. Говорят, что старая крепость Карфагена действи<Всё моё, моё!> — говорит жадный человек, собирая свои руки тельно имела форму полукруга. Было ли сделано так, потому что в круг, показывая, как много добра он может ими захватить.

При этом не подозревая, что демонстрирует решение одной Дидона решила задачу, или по другим причинам, видимо, навсегда из самых древних задач математики — изопериметрической останется неизвестным. Однако несомненно одно: изопериметричезадачи.

ское свойство круга является одним из древнейших утверждений Изопериметрическая задача. Среди всех замкнутых линий дан- геометрии, наряду с теоремой Пифагора (которую знали, как изной длины найти ту, которая охватывает наибольшую площадь. вестно, ещё древние египтяне) или теоремой о вертикальных углах, Ответ известен всем — это окружность, а фигура — круг. доказанной первым учёным античного мира Фалесом.

В чём же тогда задача, спросите вы Задача в том, чтобы это дока- Многие выдающиеся мыслители находили различные объясзать. И тут математика сталкивается с неожиданными трудностя- нения максимальности круга и шара (соответствующее свойство ми, подтверждая известное правило: <чем очевиднее утверждение, шара ограничивать максимальный объём при данной площади потем труднее его доказать>. верхности называют изопифанностью). Вот что писал, например, Судьба изопериметрической задачи воистину удивительна! От- Николай Коперник в своей великой книге <О вращениях небесных вет был известен человечеству почти 3000 лет и ни у кого не вы- сфер>: <Прежде всего мы должны заметить, что мир является шазывал сомнений, но строго доказать его удалось лишь в конце рообразным или потому, что эта форма совершеннейшая из всех XIX века. и не нуждается ни в каких скрепах и вся представляет цельность, 28 или потому, что эта форма среди всех других обладает наибольшей (поскольку диаметр AB делил периметр F попоM вместимостью, что более всего приличествует тому, что должно лам), а площадь больше, чем S/2+S/2=S. Вновь охватить и сохранить всё>. получаем, что F не является фигурой наибольшей A Если шар вмещает в себя весь мир, то он, конечно, имеет площади.

максимальный объём! 3. И з л ю б о й т о ч к и г р а н и ц ы ф и г у р ы Попытки строгого доказательства изопериметрического свой- F д и а м е т р в и д е н п о д п р я м ы м у г л о м. Это B ства круга предпринимались ещё в древности. Так, древнегрече- значит, что если AB — диаметр, а M — любая точский математик Зенодор, живший в V веке до н. э. в Александрии, ка на границе, то AMB=90. Предположим, что дал вполне строгое, даже с позиций сегодняшнего дня, обоснова- это не так, и AMB =90 для какой-то точки M.

ние следующего факта: если для данного n существует n-угольник Диаметр делит фигуру на две половины. Уберём ту M периметра 1, имеющий максимальную площадь, то это — правиль- половину, которая не содержит точки M. Согласный n-угольник. От утверждения Зенодора один шаг до решения но свойству 2, оставшаяся половина будет иметь A изопериметрической задачи (мы предлагаем читателю сделать его площадь S/2. Эта площадь состоит из трёх чав задаче 53). стей: площади треугольника AMB и площадей двух B Замечательное доказательство изопериметрического свойства сегментов, примыкающих к сторонам AM и BM круга придумал уже не раз упоминавшийся Якоб Штейнер. Прав- (на рис. 25 эти сегменты заштрихованы). M да, его доказательство содержит серьёзный недостаток, факти- Приклеим эти сегменты к сторонам, а сами A чески — ошибку. Впрочем, ошибку устранимую, а в середине стороны раздвинем (или, напротив, сдвинем) так, XIX века, когда работал Штейнер, и вовсе за ошибку не считав- чтобы угол AMB стал прямым. Площади сегментов B шуюся. Вот это доказательство. Будьте очень внимательны! при этом не изменятся, а площадь треугольниД о к а з а т е л ь с т в о и з о п е р и м е т р и ч е с к о г о с в о й с т в а ка AMB увеличится. В самом деле, его площадь Рис. к р у г а. Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра теперь равна AM·BM/2, а была равна имеет наибольшую площадь. Назовём эту фигуру F, её площадь 1 обозначим через S, а периметр — через l. Докажем, что эта фигура AM·BM·sin AMB< AM·BM.





2 обладает тремя свойствами.

1. Ф и г у р а F в ы п у к л а. Это означает, что любой от- Итак, мы получили фигуру, площадь которой больше, чем S/2.

резок, соединяющий две точки фигуры F, целиком лежит в F. Теперь отразим её относительно прямой AB и получим фигуру Действительно, если бы F не была выпуклой, то нашёлся бы от- периметра l и площади большей, чем S, что вновь приводит к прорезок AB с концами на границе фигуры, который целиком лежит тиворечию.

вне F (рис. 24). Отразив дугу границы фигуры F, лежащую между Из свойства 3 немедленно следует, что F — это круг, поскольточками A и B, симметрично относительно прямой AB, получим ку окружность с диаметром AB является геометрическим местом фигуру с тем же периметром, но с большей площадью, следова- точек, из которых отрезок AB виден под прямым углом. Теорема тельно, F не будет фигурой максимальной площади. доказана.

Назовём диаметром выпуклой фигуры любой отрезок, который Не правда ли, красиво! Получается, что изопериметрическое делит её периметр пополам. свойство круга равносильно угловому свойству окружности (из ка2. Л ю б о й д и а м е т р ф и г у р ы F д е л и т п о п о л а м ждой точки окружности диаметр виден под прямым углом). Кан е т о л ь к о е ё п е р и м е т р, н о и п л о щ а д ь. Допустим, ждое из этих свойств следует из другого.

что найдётся диаметр AB, который делит F на две фигуры не- Ну, а где же ошибка Внимательный читатель, конечно, за равной площади. Возьмём ту половину, которая имеет большую метил, что мы нарочно обходили некоторые тонкие моменты.

площадь (ясно, что её площадь боль- Например, при доказательстве свойства 1 после отражения отноше S/2), а другую половину уберём. сительно прямой AB у фигуры могут появиться самопересечения, A B A B Теперь отразим оставшуюся полови- и что делать тогда Почему самопересечений не возникнет при дону относительно прямой AB. Тогда казательстве свойства 3, когда мы меняем угол между AM и BM получим симметричную фигуру, пе- Признаемся, для краткости мы опустили много деталей в доказаРис. риметр которой по-прежнему равен l тельстве. Строгое доказательство несколько длиннее, и, поверьте 30 на слово, на самом деле в этих местах никаких проколов нет. <Р е ш е н и е>. Пусть максимальная площадь под графиком Ошибка не в этом! достигается для функции f(x). Рассмотрим функцию Ошибка содержится в самой первой фразе доказательства:

если f(x)1;

<Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра имеет g(x)= 1, f(x)+(f(x)-1)(2-f(x)), если f(x)>1.

наибольшую площадь>. Почему такая фигура вообще существует А если её нет Это кажется мелким замечанием, которое мож- Если функция f(x) не равна тождественной единице, то, как легно легко обойти. Увы! Пока существование фигуры максимальной ко видеть, площадь под её графиком меньше, чем под графиком площади не доказано, доказательство Штейнера нельзя считать функции g(x). Следовательно, если площадь под графиком функверным. Иначе подобные рассуждения могут приводить к совер- ции f(x) максимальна, то f(x)=1 для всех x[0, 1].

шенно абсурдным выводам. Ответ, конечно же, неверен. Например, функция f(x)=-x2+ П р и м е р 1. <Теорема>. Среди всех квадратов наибольшую +x+1 ограничивает большую площадь, чем тождественная единиплощадь имеет квадрат со стороной 1. ца. А причина неверного решения в том, что функции максималь<Д о к а з а т е л ь с т в о>. Рассмотрим квадрат наибольшей пло- ной площади в условиях задачи просто не существует, несмотря щади, пусть его сторона равна a. Если a<1, то его площадь, на то, что площадь под графиком функции f — величина ограниравная a2, также меньше 1, а значит, меньше площади квадрата ченная (она всегда меньше, чем 2).

со стороной 1. Получаем противоречие. Если a>1, то выполне- На самом деле Якоб Штейнер доказал, что но неравенство a2

воречие. Следовательно, a=1. Стоп, стоп! Но ведь и в предыдущем разделе, говоря о сетях Несмотря на явную абсурдность этого рассуждения, с точки Штейнера, мы не доказали того, что кратчайшая система дорог зрения логики, оно ничуть не хуже доказательства Штейнера. В са- существует! Получается, что и те доказательства тоже не верны мом деле, мы придумали некоторый аргумент, доказывающий, что Строго говоря, да. Вернее так: не н е в е р н ы, а н е з а в е р ш е н ы.

Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 | 6 |   ...   | 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.