Оценка периметра многоугольника заданного диаметра (стр. 4 из 15)

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 МNи РQ — внешние общие касательные кругов С и С’.В силу выпуклости Ф вся криволинейная фигура МРQN,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 МРQN).

б) Доказательство почти не отличается от доказательства пункта а), только окружность С’ приходится заменить одной точкой В и фигуру МPQN— 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 lсама 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 l₁ 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 АD, 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, Р₂и Р₃, что и требовалось доказать. Следовательно, всякая фигура Ф, удовлетворяющая условию задачи, должна быть выпуклой.

Задача №1.1.6

Пусть l₁ иl₂ — две параллельные опорные прямые фигуры Ф, расстояние между которыми имеет наибольшее значение; А₁и А₂— граничные точки фигуры Ф, принадлежащие соответственно прямым l₁ иl₂. Покажем, что отрезок А₁ А₂ перпендикулярен к обеим прямымl₁ иl₂. В самом деле, если бы это было не так, то расстояние между прямыми l₁ иl₂ было бы меньше, чем отрезок А₁А₂(рис. 1.1.34), и тем более меньше, чем расстояние между двумя опорными прямыми l₁’и l₂ ’ фигуры Ф, перпендикулярными к отрезку А₁А₂,что противоречит условию (т.к. мы нашли две опорные прямые расстояние между которыми больше расстояния между опорными прямыми l₁ иl₂).

Так как А₁и А₂— какие угодно граничные точки фигуры Ф, принадлежащие соответственно прямым l₁ иl₂, то из перпендикулярности отрезка А₁А₂ к прямым l₁ иl₂ следует, что ни одна из прямыхl₁ иl₂ 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,l₁ и l₂— параллельные опорные прямые, расстояние между которыми имеет наибольшее возможное значение d, А₁и А₂ — общие точки фигуры Ф и прямых l₁иl₂ соответственно. Так как отрезок А₁А₂перпендикулярен к прямым l₁ и l₂(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 lи т выпуклой фигуры Ф, перпендикулярные к отрезку АВ.Вся фигура Ф заключена в полосе между прямыми lи т,а следовательно, в этой полосе помещается и отрезок АВ длины d, перпендикулярный к прямым lи т.Но так как расстояние между прямыми lи т не может быть больше d(задача 1.1.7), то прямые lи 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]