Решение задач оптимизации средствами элементарной математики и геометрии

Задачи по геометрии на наибольшее и наименьшее значение

Оглавление

Введение 3

Глава 1. История 5

Глава 2. Вспомогательные теоремы 7

Глава 3. Задачи 11

§1. Задачи планиметрии 11

§2. Задачи стереометрии 14

§3. Задачи оптимизации 17

§4. Конкурсные задачи вступительных экзаменов в вузы 21

Заключение 24

Список литературы 25

Приложение 1. Задачи планиметрии 26

Приложение 2. Задачи стереометрии 42

Приложение 3. Конкурсные задачи вступительных экзаменов 46

Особенную важность имеют те методы науки, которые позволяют решать задачу, общую для всей практической деятельности человека, как располагать своими средствами для достижения по возможности большей выгоды.

П.Л.Чебышев

Введение

Большую часть своих усилий человек тратит на поиск наилучшего, т.е. оптимального решения поставленной задачи. Как, располагая определенными ресурсами, добиваться наиболее высокого жизненного уровня, наивысшей производительности труда, наименьших потерь, максимальной прибыли, минимальной затраты времени. Так ставятся вопросы, над которыми приходится думать каждому члену общества.

Математикам удалось разработать методы решения задач на наибольшее и наименьшее значение, или, как их еще называют, задач на оптимизацию (от латинского «оптимум» - наилучший). Многие задачи, поиска оптимальных решений, могут быть решены только с использованием методов дифференциального исчисления. Ряд задач такого типа решается с помощью специальных методов линейного программирования, но существуют и такие экстремальные задачи, которые решаются средствами элементарной математики и геометрии.

Экстремальные задачи по геометрии встречаются как на ЕГЭ, так и на вступительных экзаменах в вузы, и считаются одними из самых сложных. Поэтому я выбрала данную тему, чтобы минимизировать трудности, связанные с их решением.

Цель: углубить и обогатить свои математические знания путем решения экстремальных задач геометрическим методом.

Задачи:

1. Изучить литературу по данной теме

2. Систематизировать теоретические знания

3. Рассмотреть применение экстремальных задач в жизни

4. Решить ряд задач оптимизации геометрическими методами

5. Подготовиться к успешной сдаче ЕГЭ по математике, разобрав ряд задач вступительных экзаменов в вузы

6. Сделать выводы о практической значимости экстремальных задач на основе проделанной работы.

Гипотеза: экстремальные задачи имеют большое практическое применение в деятельности человека.

Глава 1. История

Пифагору принадлежит высказывание :«Прекраснейшим телом является шар, а прекраснейшей плоской фигурой — круг» [6]. Почему круг и шар «прекраснейшие»? Николай Коперник в бессмертной книге «Об обращениях небесных сфер» дает такой ответ: «Мир является шарообразным...потому, что эта форма обладает наибольшей вместимостью, что более всего приличествует тому, что должно объять все». [6] Говоря другими словами, размышляя о строении мира, Коперник полагал, что его «архитектура» подчинена принципам экстремальности и совершенства.

Задачи на наибольшее и наименьшее значение привлекали внимание математиков во все времена. Встречаются они и в трудах трех величайших геометров Древней Греции — Евклида, Аполлония Пергского и Архимеда. Вспомним задачу Евклида: «в треугольник ABC нужно вписать параллелограмм CDEF наибольшей площади (рис). Арх имед нашел шаровой сегмент, вмещающий максимальный объем среди всех сегментов, имеющих заданную площадь боковой поверхности (им оказался полушар)» [5]. Знаете ли вы, что Аполлоний отыскивал наикратчайшие расстояния от точки до гиперболы, эллипса и параболы? В эпоху Возрождения были решены многие классические задачи геометрического содержания на экстремум.

К 30-м годам XVII в. появилась необходимость отыскать какие-то общие методы решения экстремальных задач. Первый аналитический прием был найден Пьером Ферма. Произошло это в 1629 году, но впервые автор подробно изложил свой метод только в 1636 году. Прием Ферма сводится к следующему: «если функция y=f(x) достигает своего экстремума в точке x₀, то в данной точке производная функции должна обратиться в нуль, т.е. должно иметь равенство f'(x₀)=0» [6] . Элементы, выше сказанного, встречаются также в знаменитой книге Иоганна Кеплера «Новая стереометрия винных бочек» (1615г.). «Кеплер писал: «Вблизи максимума изменения бывают нечувствительными». На геометрическом языке мысль Кеплера и результат Ферма можно выразить так: в точке экстремума касательная к графику функции должна быть горизонтальной (если касательная не горизонтальна, то изменения функции «чувствительны») [7]. Ньютон высказал ту же мысль по-другому: «Когда величина является максимальной или минимальной, она не течет ни вперед, ни назад» [5].

Задача, с которой мы начали рассказ, является той задачей, на которой Ферма проиллюстрировал свой метод. «Если через a обозначить сумму катетов, а через x – длину одного из них, то площадь прямоугольного треугольника пропорциональна x(a-x). Уравнение S'(x)=0 имеет единственный корень x₀=a/2. Это и есть решение задачи: у прямоугольного треугольника наибольшей площади катеты равны» [7]. Задача Евклида звучит точно так же: «если длину стороны BC обозначить через a, то площадь параллелограмма CDEF пропорциональна S(x)=x(a-x). Значит, у параллелограмма максимальной площади точка F — середина BC» [6].

Лейбниц в 1684 году изложил «Новый метод нахождения наибольших и наименьших значений...», в котором заложены основы математического анализа. Само название показывает, какую важную роль сыграла задача о нахождении экстремума в формировании современной математики. Ньютону было к тому времени известно большинство излагаемых Лейбницем фактов, но он не публиковал работ на эту тему до 1736 года. Интересные открытия в теории экстремума были сделаны, когда ученые задались целью отыскать кривые, наилучшие с той или иной точки зрения. Решение первой такой задачи принадлежит Ньютону. «Это техническая задача о поверхности вращения, испытывающей наименьшее сопротивление в некой «редкой» среде» [6]. Но вплоть до середины XX века решение Ньютона, данное им в «Математических началах натуральной философии» 1687 года, так до конца и не поняли. Оценили его только тогда, когда появилось новое направление в теории экстремума, названное оптимальным уравнением, - одним из его создателей был российский математик Лев Семенович Понтрягин.

Глава 2. Вспомогательные теоремы

«Теорема 1. Произведение двух положительных множителей, сумма которых постоянна, имеет наибольшее значение при равенстве множителей (если множители могут иметь равные значения).

Доказательство: Обозначим сомножители через x и y. Из тождества видно, что xy=1/4((x+y)²-(x-y)²). (По условию x+y - постоянно). Произведение xy будет наибольшее при наименьшем значении (x-y)², т.е. при x=y.

Отметим, что max xy=1/4(x+y)².

Следствие: Произведение двух положительных сомножителей x и y, связанных соотношением mx=ny=2a, где m, n - положительные числа, будет наибольшим при mx=ny=a, т.е. при x=a/m, y=a/n.

Теорема 2.Сумма двух положительных слагаемых, произведение которых постоянно, имеет наименьшее значение при равенстве слагаемых.

Доказательство. Пусть сомножители x и y. Из тождества (x+y)²=(x-y)²+4xy ясно, что (x+y)², а значит и x+y будет наибольшим, если x-y=0

Утверждение доказано.

Следствие: Если произведение xy постоянно, то mx+ny, где m и n – положительные числа, имеет наименьшее значение при mx=ny.

Теорема 3. Произведения нескольких переменных положительных сомножителей, сума которых постоянна, достигает наибольшее значение при равенстве сомножителей (если только множители могут принимать равные значения).

Теорема 4. Если произведение положительных сомножителей x₁,x2,...,x_n постоянно, то их сумма будет наибольшей, если они равны между собой.» [5]

Обратимся к иллюстрациям.

Пример 1 . «Окно имеет форму прямоугольника, завершенного полукругом. Дан периметр фигуры. Каковы должны быть размеры окна, чтобы оно пропускало наибольшее количество света?» [1]

1 .Окно будет пропускать наибольшее количество света, если его площадь наибольшая. Следовательно, задачу можно переформулировать: требуется выбрать размеры окна так, чтобы площадь окна была наибольшей.

2.Обозначим высоту окна через y, а основание через – x, периметр окна P, тогда x+2y+ _{ }x/2=P

Площадь S окна выражается через x, y следующим образом: S=xy+_{  }x²/8

Вновь переформулируем задачу: выбрать среди положительных x, y, удовлетворяющих равенству x+2y+_{ }x/2=P такие значения, что S принимает наибольшее значение.

x+2y+_{ }x/2=P

S=xy+_{ }x²/8

S - max

3. Покажем, как можно найти наибольшее значение S с помощью теоремы 1.

Из первого равенства находим y: y=1/2(P-x-_{ }x/2)

С учетом этого найдем выражение S через x: S=xy+_{ }x²/8=x/2(P - x - _{ }x/2)+ _{ }x²/8=Px/2 - x²/2 - _{ }x²4 + _{ }x²/8=Px/2 - x²/2 – _{ }x²/8=1/8(4P -(4+_{ })x)=(1/(8(4+_{ })))*(((4+_{ })x)(4P -(4+_{ }))x).

Очевидно, что S будет наибольшим, когда z=(4+_{ })x(4P -(4+_{ })x) примет наибольшее значение. Так как сумма положительных сомножителей (4+_{ })x и 4P -(4+_{ })x является постоянной, то по теореме 1 z будет наибольшим тогда, когда выполняется равенство: (4+)x=4P -(4+)x.

Решим это уравнение и найдем x, находим x=2P/4+.

Осталось найти y:

y=1/2(P-x-x/2)=1/2(P–(2P/(4+P/4+)=1/2((P+P+2P-P)/(4+)=2P/ 4+

Пример 2. «Даны две параллельные прямые и точка А между ними, служащая вершиной прямого угла прямоугольного треугольника, у которого две другие вершины лежат на каждой из прямых. Какое положение должен занимать треугольник, чтобы его площадь была наибольшей?» [2] (Рис.4).

1.Пусть ДЕ – перпендикуляр к параллельным прямым и примем, что АД=a, AE=b, EC=x. Рассмотрим произвольный треугольник ABC, который удовлетворяет условию задачи.

2. Для данной задачи построим математическую модель.

Из того что треугольник ABC – прямоугольный и DE перпендикуляр, то ے(ECA) + ے (EAC)=90⁰ и

ے (EAC) + ے (BAD)=90⁰ , поэтому

ے (ECA)= ے (BAD) и

ے (EAC)= ے (ABD).

Следовательно, ∆ EAC подобен ∆ DAB, и поэтому AC/EC=AB/AD = AC/x=AB/a = AC²/x=AC*AB/a.

Тогда площадь треугольника выразим через x следующим образом:

S=1/2AC*AB=(a*AC²)/2x=a/2x(b²+x²)=a/2((b²/x)+x)

Напомним, что a, b – постоянные, поэтому площадь будет наибольшей, если (b²/x)+x будет принимет наибольшее значение. Таким образом, задача сводится к тому, чтобы найти такое x0, при котором y=(b²/x)+x принимает наибольшее значение.

Произведение слагаемых b²/x и x равно b², поэтому не зависит от x. По теореме 2, получаем, что наименьшее значение площади будет при x=b, т.е. BD=a.

Значит, площадь примет наибольшее значение тогда, когда ∆∆ ABD и AEC равнобедренные и прямоугольные.

Теоремы 1 и 2 могут быть обобщены на большее число слагаемых (сомножителей).

Пример 3. «Найти наибольшее значение функции y=x³(a-x) , если 0xa» [2] .

Здесь естественно применить теорему 1 или 3, т.к. в формулу входит произведение. Однако x³+a-x - не является постоянным, поэтому попытка применить теорему 1 не дает результата. Не даст результата и прямолинейная попытка применить теорему 3 (сумма x+x+x+a-x также зависит от x). Значит преобразуем формулу для y так, чтобы сумма сомножителей «стала» постоянной. Запишем y таком виде: y=1/3(x*x*x(3a-3x)) .

Функция принимает наибольшее значение в том случае, если функция Z=x*x*x(3a-3x) примет наибольшее значение. Сумма сомножителей равна: x+x+x+3a-3x=3а. Она не зависит от x, а значит является постоянной. По теореме 3 функция Z=x³(3a-3x) (а, значит, y=1/3Z ) примет наибольшее значение, если x=3a-3x. Теперь понятно, что это произойдет при x=a/4 .

max y=y(a/4)=(a³/4)*(a-a/4)=3a⁴/256.

Глава 3. Задачи §1. Задачи планиметрии

Задача 1. «Среди всех точек данной прямой c найти такую точку C, расстояние от которой до данной точки A, не принадлежащей прямой c, наименьшее. Существует ли точка D на прямой c, для которой расстояние AD наибольшее?» [8]

О
твет. Основание перпендикуляра, опущенного из точки A на прямую c является искомой точкой (рис. 1). Точки D, для которой расстояние AD наибольшее, не существует.

Задача 2. «Среди всех точек данной окружности найти такие, расстояние от которых до данной прямой наибольшее и наименьшее, соответственно» [2] .

Р
ешение. Если прямая a проходит через центр данной окружности - O (рис. 3, а), то в точках B₁, B₂ достигается наибольшее значение расстояния, равное радиусу окружности, а наименьшее, равное нулю, – в точках C₁, C₂. В противном случае, через центр окружности, проведем прямую перпендикулярную данной прямой a и точки пересечения этой прямой с окружностью и прямой a обозначим A, B и C ее и (рис. 3, б).

Докажем, что расстояние от точки C до точки A – наименьшее среди всех расстояний от точек окружности до прямой a. Действительно, пусть C’ – какая-нибудь другая точка окружности. Ясно, что если C’ = B, то AC AC’. В противном случае опустим из точки C’ перпендикуляр C’A’ на прямую a. Тогда AO A’O A’C’ + C’O. Учитывая, что AO = AC + CO и CO = C’O, получаем искомое неравенство AC A’C’.

Аналогично доказывается, что расстояние от точки B до точки A является наибольшим среди всех расстояний от точек окружности до прямой a.

Задача 3. « Какое наибольшее число точек попарных пересечений могут иметь n прямых?» [2]

Решение. Заметим, что наибольшее число точек попарных пересечений получается, если каждая прямая пересекается с каждой, и при этом никакие три прямые не пересекаются в одной точке. В этом случае каждая из n прямых имеет n – 1 точку пересечения с остальными прямыми. При этом, поскольку каждая точка пересечения принадлежит двум прямым, то общее число точек пересечения будет равно n(n-1)/2.

Задача 4. «Докажите, что в круге радиуса 1 нельзя выбрать более пяти точек, все попарные расстояния между которыми больше 1» [9] .

Решение. Допустим, что существует шесть точек внутри круга радиуса 1, попарные расстояния между которыми больше 1. Проведем из центра круга радиусы через каждую из этих точек. Ясно, что никакие две точки не могут лежать на одном радиусе. Тогда по крайней мере два из шести радиусов образуют угол, не превосходящий 60 . Расстояния между любыми двумя точками на этих радиусах не может превосходить 1. Противоречие.

З
адача 5. «Населенные пункты A и D расположены на противоположных берегах реки ширины h (рис. 22, а). В каком месте реки следует построить мост BC, чтобы путь AB + BC + CD имел наименьшую длину? (Берега b, с реки предполагаются параллельными, а мост строится перпендикулярно этим берегам).» [1]

Решение. Построим отрезок AA’, перпендикулярный b и равный h (рис. 22, б). Если BC – искомый мост, то четырехугольник AA’CB – параллелограмм и, следовательно, AB + BC + CD = AA’ + A’C + CD. Путь AA’ + A’C + CD имеет наименьшую длину, если A’C + CD имеет наименьшую длину. Это произойдет в случае, если A’, C и D лежат на одной прямой. Таким образом, для нахождения моста BC нужно: построить отрезок AA’, перпендикулярный b и равный h; провести прямую A’D и найти ее точку пересечения C с прямой с; провести BC, перпендикулярно с.

Задача 6. «Найдите треугольник наименьшего периметра с заданной стороной AB = a и площадью S» [8] .

Р
ешение. Вершина C треугольника ABC с данной площадью S лежит на прямой c удаленной от AB на расстояние h = 2S/a (рис. 23). Из всех таких треугольников наименьший периметр имеет равнобедренный треугольник с основанием AB = a и высотой h = 2S/a.

Задача 7. «Докажите, что из всех треугольников данной площади, наименьший периметр может иметь только равносторонний треугольник» [5] .

Решение. Действительно, если в треугольнике ABC’ стороны AC’ и BC’ не равны, то существует треугольник ABC той же площади и меньшего периметра (рис. 23).

§2. Задачи стереометрии

Задача 1. «На сфере даны две точки A и B. Найдите на этой сфере точки C и D, из которых отрезок AB виден под наибольшим и наименьшим углом, соответственно» [3] .

Решение. В случае, если A и B – диаметрально противоположные точки, то из любой другой точки сферы отрезок AB виден под прямым углом. В противном случае, через точки A, B проведем большую окружность (рис. 29). Точки этой окружности, отличные от A и B дадут искомые точки.

З
адача 2. «Найдите путь по поверхности единичного куба ABCDA₁B₁C₁D₁ из вершины A в вершину C₁ наименьшей длины» [3] (рис. 30, а).

Решение. Рассмотрим развертку двух граней куба (рис. 30, б). Путь по поверхности куба перейдет в путь по развертке. Ясно, что наименьшая длина достигается в случае, если путь представляет собой отрезок, соединяющий точки A и C₁. Этот путь проходит через середину ребра A₁B₁. Если ребро куба равно 1, то длина кратчайшего пути равна . Заметим, что найденный кратчайший путь не единственен. Такую же длину имеют пути, проходящие через середины ребер BB₁, BC, CD, DD₁ и A₁D₁.

Задача 3. «В вершине тетраэдра сидит муха. Она хочет проползти по каждому ребру и вернуться в исходную точку. Укажите кратчайший путь мухи и найдите его длину, если ребро тетраэдра равно 1» [8] .

Решение. Граф, образованный ребрами тетраэдра, изображен на рисунке 35. Он не является уникурсальным, так как в каждой из четырех его вершин сходится три ребра. Для того, чтобы обойти все ребра и вернуться в исходную точку придется, по крайней мере, два ребра пройти дважды. Таким образом, длина кратчайше
го пути равна 8.

З
адача 4. «На внутренней стенке цилиндрической банки в трех сантиметрах от верхнего края висит капля меда, а на наружной стенке, в диаметрально противоположной точке сидит муха (рис. 40). Найдите кратчайший путь, по которому муха может доползти до меда. Радиус основания банки равен 10 см». [9]

Решение. Рассмотрим развертку боковой поверхности цилиндра (рис. 41). Обозначим B’ точку, симметричную B относительно стороны прямоугольника, C – точка этой стороны с AB’. Путь ACB будет искомым, и его длина равна

Задача 5. «Найдите радиус основания и высоту цилиндра, наибольшей площади боковой поверхности, вписанного в сферу радиуса R». [3]

Решение. Заметим, что площадь боковой поверхности цилиндра будет наибольшей в случае, если наибольшую площадь имеет его осевое сечение (рис. 42). При этом, осевое сечение является прямоугольником, вписанным в окружность радиуса R. Воспользуемся результатом задачи 37 о том, что из всех прямоугольников, вписанных в окружность, наибольшую площадь имеет квадрат. Из этого следует, что высота цилиндра равна удвоенному радиусу основания и равна .

§3. Задачи оптимизации

Задача. «Пусть на четыре завода З₁, З₂, З₃, З₄ требуется завезти сырье одинакового вида, которое хранится на двух складах С₁, С₂. Потребность данных заводов в сырье каждого вида указана в таблице 1, а расстояние от склада до завода - в таблице 2. Требуется найти наиболее выгодный вариант перевозок, т. е. такой, при котором общее число тонно-километров наименьшее.

Таблица 1

Наличие сырья, (в т) на складе		Потребность в сырье, (в т) на заводе
С1	С2	З1	З2	З3	З4
20	25	8	10	12	15

Таблица 2

Склад	Расстояние (в км) от склада до завода
	З1	З2	З3	З4
C1	5	6	4	10
С2	3	7	3	7

Решение. Для решения этой задачи, в первую очередь, проанализируем ее условие и переведем его на язык математики, т. е. составим математическую модель. Для этого количество сырья, которое нужно перевезти со склада С₁ на заводы З₁, З₂, З₃, обозначим через x, y и z соответственно. Тогда на четвертый завод с этого склада нужно будет перевезти 20 - x – y - z сырья в тоннах, а со второго склада нужно будет перевезти соответственно 8 - x, 10 - y, 12 - z, x + y + z - 5 сырья в тоннах. Запишем эти данные в таблицу 3.

Таблица 3

Склад	Кол-во сырья (в т), перевезенное на заводы
	З1	З2	З3	З4
С1	x	y	z	20 – x – y - z
С2	8 - x	10 - y	12 - z	x + y + z - 5

Поскольку все величины, входящие в эту таблицу, должны быть неотрицательными, получим следующую систему неравенств

x≥0, y≥0, z≥0

8-x≥0, 10-y≥0, 12-z≥0

20-x-y-z≥0

x+y+z-5≥0

Эта система неравенств определяет некоторый многогранник. Для того чтобы его построить, изобразим сначала многогранник, определяемый первой и второй строкой данной системы. На рисунке 43 это параллелепипед OABCO₁A₁B₁C₁. Уравнение 20 - x - y - z = 0 определяет плоскость D₁D₂D₃, которая, пересекая параллелепипед, образует многоугольник M₁M₂M₃C₁. Уравнение x + y + z - 5 = 0 определяет плоскость, которая пересекает п
араллелепипед и образует в нем треугольник E₁E₂E₃. На многограннике M₁M₂M₃C₁CBAE₁E₂E₃O₁, где M₁(8,10,2), M₂(0,10,10), M₃(0,8,12), C₁(8,0,12), C(8,0,0), B(8,10,0), A(0,10,0), E₁(5,0,0), E₂(0,5,0), E₃(0,0,5), O₁(0,0,12), выполняются все условия данной системы. Назовем его многогранником ограничений.

Для нахождения общего числа тонно-километров умножим расстояния от складов до заводов на перевозимое количество сырья и полученные результаты сложим. Общее число тонно-километров выражается формулой: 5x + 6y + 4z + 10(20 - x - y

- z) + 3(8 - x) + 7(10 - y) + 3(12 - z) + 7(x + y + z - 5) = 295 - x - 4y - 2z.

Таким образом, задача сводится к отысканию наименьшего значения функции F = 295 - x - 4y - 2z на многограннике ограничений. Для этого достаточно найти наибольшее значение функции f = x + 4y + 2z. Тогда F_min = 295 - f_max.

Используя геометрические соображения, докажем, что линейная функция вида ax + by + cz (c 0) принимает свое наибольшее значение на многограннике в одной из его вершин.

З
афиксируем какое-нибудь значение d функции ax + by + cz. Тогда уравнение ax + by + cz = d задает плоскость в пространстве, которая характеризуется тем, что во всех ее точках данная линейная функция принимает значение d. В точках, расположенных выше этой плоскости, она принимает значения, большие d, а в точках, расположенных ниже этой плоскости - значения, меньшие d. Если число d выбрать достаточно большим, то плоскость ax + by + cz = d расположится выше многогранника. Будем опускать эту плоскость, уменьшая значения d, до тех пор, пока она не соприкоснется с многогранником. Такое касание произойдет при некотором d₀ - в какой-нибудь вершине многогранника (рис. 44), или по какому-нибудь его ребру, или по какой-нибудь его грани.

В точках касания линейная функция принимает значение d₀, и, поскольку все остальные точки многогранника лежат ниже плоскости, значения линейной функции в этих точках меньше d₀. Таким образом, d₀ - искомое наибольшее значение. Поэтому для нахождения наибольшего значения линейной функции на многограннике, достаточно вычислить значения функции в вершинах многогранника и выбрать из них наибольшее. Вычислим значение функции f = x + 4y + 2z в вершинах многогранника ограничений: f(M₁) = 52, f(M₂) = 60, f(M₃) = 56, f(C₁) = 32, f(C) = 8, f(B) = 48, f(A) = 40, f(E₁) = 5, f(E₂) = 20, f(E₃) = 10, f(O₁) = 24.

Легко видеть, что максимальное значение функции f равно 60. Тогда F_min = 295 - 60 = 235. Это значение функция F принимает в точке M₂(0,10,10).

Таким образом, наиболее выгодный вариант перевозок задается таблицей 4.

Таблица 4

Склад	Кол-во сырья (в т), перевезенное на заводы
	З1	З2	З3	З4
С1	0	10	10	0
С2	8	0	2	15

Заметим, что число независимых переменных в этой задаче было равно трем, и поэтому в процессе ее решения получился многогранник. Если бы число независимых переменных равнялось двум, то получился бы многоугольник. В реальных задачах число независимых переменных значительно больше трех, и для получения геометрической интерпретации этих задач требуется рассмотрение n-мерного пространства и n-мерных многогранников с очень большим n. При решении таких задач используются электронно-вычислительные машины» [5] .

§4. Конкурсные задачи вступительных экзаменов в вузы

Задача МЭСИ. « На отрезках АВ и АС как на диаметрах построены полуокружности. В общую часть двух образовавшихся полукругов вписана окружность максимального радиуса. Найдите радиус этой окружности, если АВ=4, АС = 2, ВАС = 120°»[8] .

Решение.

Пусть O₁ и O₂ — середины соответственно отрезков АВ и АС (рис. 1). Тогда . Пусть r — радиус окружности, о которой говорится в условии задачи, О — ее центр. Для точек O₁, O₂ и O₃ имеем O₁O+OO₂≥O₁O₂, или 1-r+2≥ .
Отсюда . Очевидно, знак равенства достигается лишь в том случае, когда точка O принадлежит отрезку O₁O₂.

Ответ:

Задача МАИ. «Найдите периметр треугольника наибольшей площади, образованного большим основанием и продолжением боковых сторон трапеции, если известно, что длина верхнего основания трапеции в два раза меньше длины ее нижнего основания, а диагонали равны 5 и 6» [6] .

Решение.

Пусть ВС и AD —основания трапеции (рис. 2), ВС = 1/2 AD. Выходит, что ВС — средняя линия треугольника AED. Тогда S_BEC=1/4S_AED. S_ABCD=3/4S_AED. 4/3S_ABCD=S_AED.

Следовательно, площадь треугольника AE D достигает максимального значения при максимальной площади трапеции ABCD. Очевидно, S_ABCD≦ 1/2AC*BD, т. е. площадь данной трапеции максимальна, если ее диагонали перпендикулярны. Итак, искомый периметр — это периметр треугольника с перпендикулярными медианами:P_AED=AE+ED+AD=2AB+2CD+AD.

Ответ: .

Задача ЕГЭ-2007.

Отрезок АВ – диаметр сферы. Точки С и D лежат на сфере так, что объем пирамиды ABCD наибольший. Найдите этот объем, если радиус сферы равен 1 см.

Решение.

Чтобы объем пирамиды был наибольший, должна быть наибольшей высота этой пирамиды и площадь основания, так как V_{пирамиды}=1/3*S_{основания}*H и S_{основания}=1/2*AB*CH.

Так как A и B принадлежат диаметру сферу, то угол С опирается на диаметр, а значит угол С=90⁰ = треугольник ABC – прямоугольный.

Наибольшую площадь из всех прямоугольных треугольников имеет равнобедренный прямоугольный треугольник; т.к. АВ- const, то высота СН должна быть наибольшей, а значит СН=R и тр.ABC – прямоугольный равнобедренный.

Аналогично рассуждаем для тр.ABD, т.е. получаем, что DH=R.

V_{пирамиды}=1/3*S_{основания}*H=1/3*1/2*2R*R*R=1/3R³.

Ответ: 1/3R³.

Заключение

В настоящее время получило всеобщее признание то, что успех развития многих областей науки и техники существенно зависит от развития многих направлений математики. Математика становится средством решения проблем организации производства, поисков оптимальных решений и, в конечном счете, содействует повышению производительности труда и устойчивому поступательному развитию народного хозяйства.
Использование экстремальных задач при изучении математики оправдано тем, что они с достаточной полнотой закладывают понимание того, как человек ищет, постоянно добивается решения жизненных задач, чтобы получающиеся результаты его деятельности были как можно лучше.

Решая задачи указанного типа, наблюдаем, с одной стороны, абстрактный характер математических понятий, а с другой большую эффективную их применимость к решению жизненных практических задач.
Экстремальные задачи помогают ознакомиться с некоторыми идеями и прикладными методами школьного курса математики, которые часто применяются в трудовой деятельности, в познании окружающей действительности.

При работе с данной темой я пришла к выводам:

1. Людям разных профессий в своей деятельности часто приходится решать экстремальные задачи. От этого зависит результативность и доходность их работы.

2. Для некоторых задач геометрический метод решения является одним из самых рациональных и, на мой взгляд, очень красивым.

3. Во время исследования этой темы я углубила и обогатила свои математические знания путем решения экстремальных задач, что, надеюсь, поможет мне успешно сдать ЕГЭ по математике.

Список литературы

1. Б. Делоне и О. Житомирский. Задачник по геометрии. – М.: Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1950.

2. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. – Части I, II. – М.: Наука, 1986.

3. Прасолов В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии. – М.: Наука, 1989.

4. Лысенко Ф.Ф. ЕГЭ вступительные экзамены. Математика – Ростов-на-Дону, 2004.

5. Протасов В.Ю. Максимумы и минимумы в геометрии – М.: Издательство Московского центра непрерывного математического образования, 2005.

6. И.М.Смирнова, В.А.Смирнов. Геометрия: Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Мнемозина, 2005.

7. И.М.Смирнова, В.А.Смирнов. Геометрия: Учебник для 10-11 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Мнемозина, 2003.

Интернет-ресурсы:

8. http://www.geometry2006.narod.ru/Problems

9. http://gymn22.narod.ru/Study/Konf/Konfer08

ПРИЛОЖЕНИЕ

Приложение 1. Задачи планиметрии

Задача. Среди всех точек данной окружности, с центром O, найти такие точки B и C, расстояния от которых до данной точки A, не принадлежащей окружности, наибольшее и наименьшее, соответственно.

Решение. Если A совпадает с O, то все расстояния от точек окружности до точки A равны и, следовательно, для каждой точки C окружности расстояние AC будет одновременно наибольшим и наименьшим. В случае, если A не совпадает с O, проведем прямую AO и обозначим B и C её точки пересечения с окружностью, AC AB (рис. 2). Докажем, что расстояние от точки C до точки A – наименьшее среди всех расстояний от точек окружности до точки A. Действительно, пусть C’ – какая-нибудь другая точка окружности. Ясно, что если C’ = B, то AC AC’. В остальных случаях из неравенства треугольника следует выполнимость неравенства AC + CO AC’ + C’O. Учитывая, что CO = C’O, получаем неравенство AC AC’.

Аналогичным образом доказывается, что расстояние от точки B до точки A является наибольшим среди всех расстояний от точек окружности до точки A.

Наименьшее расстояние от данной точки до точек данной окружности называется расстоянием от точки до окружности.

Задача. На какое наибольшее число частей могут разбивать плоскость n прямых?

Решение. Выясним, на сколько увеличивается число частей плоскости при добавлении новой прямой к данным. Это увеличение происходит за счет того, что какие-то части плоскости разбиваются новой прямой на меньшие части. Так, если имелось две пересекающиеся прямые, то при добавлении третьей прямой три из имеющихся четырех частей плоскости разбиваются на две части и общее число образованных частей равно 7 = 4 + 3. Заметим, что количество частей плоскости, которые разбиваются на две части новой прямой, равно количеству частей новой прямой, на которые она разбивается точками пересечения с имеющимися прямыми. Наибольшее число частей получается в случае, если новая n-я прямая пересекается со всеми имеющимися n – 1 прямыми. При этом она разбивается на n частей и поэтому число частей плоскости увеличивается на n. Таким образом, общее число частей, на которые n прямых разбивают плоскость, равно 2 + 2 + 3 + … + n.

Ответ. Частей.

Задача. На шахматной доске с обычной раскраской нарисуйте окружность наибольшего возможного радиуса так, чтобы она не пересекала ни одного белого поля.

Решение. Искомая окружность не может пересекать границы клеток в точках между ве
ршинами, иначе она проходила бы по белой клетке.

Предположим, что окружность проходит по черной клетке ABCD и пересекает ее границу в точках A и B (рис. 6). Границу черной клетки AFGH эта окружность может пересечь либо в точке F, либо в точке G. Ясно, что во втором случае окружность будет больше, чем в первом. Пусть теперь окружность проходит по черной клетке ABCD и пересекает ее границу в точках A и C. Тогда она может пересечь границу клетки AFGH либо в точке F, либо в точке H. Полученные при этом окружности будут равны окружности, проходящей через точки A, B и G. Таким образом, искомой наибольшей окружностью будет окружность, изображенная на рисунке 6.

Задача. Каково наименьшее число кругов, которыми можно покрыть круг вдвое большего радиуса?

Решение. 7 кругов. Каждый маленький круг может покрыть дугу окружности большого круга, не большую чем 60 . Поэтому для того, чтобы покрыть всю окружность большого круга потребуется не менее шести маленьких кругов. Для покрытия всего большого круга потребуется не менее семи кругов вдвое меньшего радиуса. На рисунке 7 приведен пример покрытия, состоящего ровно из семи кругов.

Задача. В данный треугольник вписать треугольник наименьшего периметра.

Решение. Пусть ABC – данный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки D, E, F, для которых периметр треугольника DEF был бы наименьшим.

Зафиксируем сначала точку D и будем искать точки E и F, для которых периметр треугольника DEF наименьший (при данном положении точки D).

Дл
я нахождения точек E и F нужно рассмотреть точки D’ и D” симметричные точке D относительно прямых AC и BC, провести прямую D’D” (рис. 15). Искомыми точками E и F будут точки пересечения этой прямой со сторонами AC и BC треугольника ABC.

Будем предполагать, что треугольник ABC остроугольный. Тогда такие точки будут существовать.

Будем теперь менять положение точки D, и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника DEF наименьший. Для этого рассмотрим треугольник D’D”C.

Так как D’C симметрична DC относительно AC, то D’E = DE, D’C = DC и D’CA = DCA. Аналогично, D”F = DF, D”C = DC и D”CB = DCB. Следовательно, треугольник D’D”C равнобедренный. Его боковая сторона равна CD. Основание D’D” равно периметру p треугольника DEF. Угол D’CD” равен удвоенному углу ACB треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки D.

В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра p достигается в случае наименьшего значения CD. Это значение принимается в случае, если CD является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой D на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C.

Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку D, а точку E или точку F и получили бы, что E и F являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC.

Из этого следует, что искомым треугольником DEF, наименьшего периметра, вписанным в данный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC.

З
адача. Какая наибольшая сторона может быть у правильного треугольника, помещающегося в единичном квадрате?

Решение. Будем называть правильный треугольник с наибольшей стороной, помещающийся в единичном квадрате, максимальным. Ясно, что вершины максимального треугольника ABC должны лежать на сторонах квадрата. Если хотя бы одна вершина, например C, лежит внутри квадрата, то треугольник ABC можно немного подвинуть в направлении, перпендикулярном противоположной стороне, а затем увеличить его стороны гомотетией с центром в этой вершине. Получим треугольник A’B’C’ (рис. 16, а), с большей стороной, помещающийся в квадрате. Покажем, что одна из вершин максимального треугольника должна совпадать с вершиной квадрата. Если это не так, то на одной из сторон квадрата нет вершин треугольника (рис. 16, б). Тогда треугольник ABC можно немного повернуть вокруг вершины A, а затем увеличить его стороны гомотетией с центром в A. В результате получим треугольник, помещающийся в квадрате и имеющий большую сторону. Пусть теперь вершина C треугольника ABC совпадает с вершиной единичного квадрата (рис. 16, в), а сторона треугольника равна x. Тогда AD = , AE = 1- , AB = . Следовательно, x должно удовлетворять уравнению x = , решая которое, находим x = .

Задача. На данной прямой c найти точку C, из которой данный отрезок AB виден под наибольшим углом. Точки A и B лежат по одну сторону от прямой c.

Решение. Рассмотрим окружность, проходящую через точки A, B и касающуюся прямой c в точке C. Эта точка C и будет искомой. Действительно, для любой другой точки C’ прямой c угол AC’B измеряется полуразностью дуг AB и A’B’ окружн
ости (рис. 8) и, следовательно, меньше угла ACB.

Задача. Внутри окружности с центром O дана точка A, отличная от O. Найдите на окружности точку M, для которой угол AMO наибольший.

Решение. Пусть M – произвольная точка окружности, OK – перпендикуляр, опущенный из точки O на прямую MA (рис. 9). В прямоугольном треугольнике KMO гипотенуза OM постоянна (равна радиусу), следовательно, угол AMO тем больше, чем больше катет OK. Поэтому угол OMA будет наибольшим, когда угол OAM – прямой.

Задача Герона. Дана прямая с и две точки А и В, не лежащие на этой прямой. Требуется найти такую точку С на прямой c, чтобы сумма расстояний АС + СВ была наименьшей.

Решение. Рассмотрим сначала случай, когда точки A и B лежат по разные стороны от прямой c (рис. 10,а). Легко видеть, что в этом случае искомой точкой C является точка пересечения отрезка AB и прямой c. Для любой другой точки C’ прямой c будет выполняться неравенство AC + CB AC’ + C’B и, следовательно, сумма AC + CB будет наименьшей. Доказательство непосредственно следует из неравенства треугольника.

Пусть теперь точки A и B лежат по одну сторону от прямой c (рис. 10,б). Идея нахождения искомой точки C состоит в замене точки B на точку B’, лежащую по другую сторону от прямой c, и сведению этого случая к предыдущему.

Из точки В опустим на прямую с перпендикуляр ВН и отложим отрезок НВ', равный ВН (рис. 10,б). Прямая c будет серединным перпендикуляром к отрезку BB’ и, следовательно, для произвольной точки С’ на прямой с будет выполняться равенство С’В = С’В'. Поэтому сумма АС’ + С’В будет наименьшей тогда и только тогда, когда наименьшей будет равная ей сумма АС’ + С’В'. Ясно, что последняя сумма является наименьшей в случае, если точки А, В', С’ лежат на одной прямой, т.е. искомая точка С является точкой пересечения отрезка АВ' с прямой с.

Полученная точка С обладает тем свойством, что углы, образованные прямыми АС и СВ и прямой с, равны. Действительно, угол 1 =углу 2, как соответствующие углы в равных треугольниках BHC и B’HC, угол 2 = углу 3, как вертикальные углы. Следовательно, угол 1 = углу 3.

Из этого равенства можно вывести закон отражения света. А именно, известно, что луч света распространяется по кратчайшему пути. Поэтому, если луч света исходит из точки A, отражается от прямой c и приходит в точку B, то точка C будет точкой отражения и, таким образом, имеет место закон отражения света: угол падения светового луча равен углу отражения.

З
адача. Дана прямая с и две точки А и В, лежащие по разные стороны от этой прямой. Требуется найти такую точку С на прямой c, чтобы модуль разности |АC – CВ| был наибольшим.

Решение. Идея решения этой задачи такая же, как и в задаче Герона. А именно, из точки В опустим на прямую с перпендикуляр ВН и отложим отрезок НВ', равный ВН (рис. 11). Прямая c будет серединным перпендикуляром к отрезку BB’ и, следовательно, для произвольной точки С’ на прямой с будет выполняться равенство С’В = С’В'. Поэтому разность АС’ – С’В будет наибольшей тогда и только тогда, когда наибольшей будет равная ей разность АС’ – С’В'. Последняя разность всегда меньше или равна AB’ и, следовательно, она принимает наибольшее значение в случае, если имеет место равенство АС’ – С’В' = AB’. Это происходит, если точки А, В', С’ лежат на одной прямой, т.е. искомая точка С является точкой пересечения отрезка АВ' с прямой с.

Задача. Внутри угла со сторонами a и b даны точки C₁ и C₂. Требуется найти такие точки A и B на сторонах этого угла, чтобы длина ломаной C₁ABC₂ была наимень
шей.

Решение. Обозначим через C₁’, C₂’ точки симметричные точкам C₁, C₂ соответственно, относительно прямых a, b (рис. 12). Пусть A и B – точки пересечения прямой C₁’C₂’ со сторонами угла. Тогда C₁A + AB + BC₂ = C₁’A + AB + BC₂’ = C₁’C₂’. Для любых других точек A’, B’ на сторонах угла имеем: C₁A’ + A’B’ + B’C₂ = C₁’A’ + A’B’ + B’C₂’ C₁’C₂’. Последнее неравенство выполняется, так как длина ломаной больше длины отрезка, соединяющего ее концы. Следовательно, точки A и B являются искомыми точками, для которых длина соответствующей ломаной наименьшая.

Задача. Внутри угла со сторонами a и b дана точка C. Требуется найти такие точки A и B на сторонах этого угла, чтобы периметр треугольника ABC был наименьшим.

Ясно, что эта задача получается из предыдущей, если положить C₁ = C₂ = C. Построение соответствующих точек A и B можно предложить учащимся в качестве самостоятельной работы. Решение показано на рисунке 13, в котором точки C’, C” симметричны точке C относительно прямых a, b соответственно.

Рассмотрим вопрос о том, в каком случае существует решение этой и предыдущей задач.

Д
ело в том, что прямая C’C” может не пересекать стороны угла. Выясним, в каких случаях это может происходить.

Обозначим через O вершину угла и соединим ее отрезками с точками C’, C” и C (рис. 14, а). Тогда C’OH’ = COH’, C”OH” = COH” и, следовательно, C’OC” = 2 H’OH”.

Если данный угол острый, то угол C’OC” меньше развернутого и, следовательно, прямая C’C” пересекает стороны угла и, значит, задача имеет решение.

Если данный угол прямой (рис. 14, б), то угол C’OC” – развернутый и, следовательно, прямая C’C” проходит через вершину O угла. В этом случае задача не имеет решения. Какие бы точки A и B на сторонах угла мы не взяли, существуют точки A’, B’, для которых периметр соответствующего треугольника меньше.

Если данный угол тупой (рис. 14, в), то угол C’OC” – больше развернутого и, следовательно, прямая C’C” не имеет общих точек со сторонами угла. В этом случае задача также не имеет решения. Какие бы точки A и B на сторонах угла мы не взяли, существуют точки A’, B’, для которых периметр соответствующего треугольника меньше.

Задача Штейнера. Для данного треугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин треугольника принимает наименьшее значение.

Эту задачу можно интерпретировать следующим образом: три соседа решили вырыть общий колодец и проложить к нему дорожки от своих домиков. Требуется указать расположение колодца, при котором суммарная длина дорожек наименьшая.

Заметим, что аналогичная задача для четырехугольника ABCD решается довольно просто (рис. 18). Искомой точкой O, для которой сумма расстояний наименьшая, является точка пересечения диагоналей этого четырехугольника. Действительно, OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD. Сумма первых двух слагаемых принимает наименьшее значение, в случае, если точки A, O, B лежат на одной прямой. Аналогично, точки B, O, D также должны лежать на одной прямой и, значит, O – точка пересечения диагоналей.

Прежде чем непосредственно перейти к решению задачи Штейнера рассмотрим одну из замечательных точек треугольника, связанную с задачей Штейнера – точ
ку Торричелли.

Точкой Торричелли треугольника ABC называется такая точка O, из которой стороны данного треугольника видны под углом 120 (рис. 19, а), т.е. углы AOB, AOC и BOC равны 120 .

Докажем, что в случае, если все углы треугольника меньше 120 , то точка Торричелли существует.

Выясним, что является геометрическим местом точек, из которых данный отрезок виден под углом 120 . К этому времени учащиеся должны знать, что геометрическим местом точек, из которых данный отрезок виден под данным углом, является дуга окружности.

Для построения соответствующей дуги окружности на стороне AB треугольника ABC построим равносторонний треугольник ABC’ (рис. 19, б), и опишем около него окружность. Отрезок AB стягивает дугу этой окружности величиной 120 . Следовательно, точки этой дуги, отличные от A и B, обладают тем свойством, что отрезок AB виден из них под углом 120 .

Аналогичным образом, на стороне BC треугольника ABC построим равносторонний треугольник BCA’ (рис. 19, б), и опишем около него окружность. Точки соответствующей дуги, отличные B и C, обладают тем свойством, что отрезок AC виден из них под углом 120 .

В случае, если углы треугольника меньше 120 , то эти дуги пересекаются в некоторой внутренней точке O. В этом случае AOB = 120 , BOC = 120 . Следовательно, AOC = 120 . Поэтому точка O является искомой.

Учащимся можно задать вопрос о том, что будет, если угол B будет больше ил
и равен 120 .

В случае, если угол B равен 120 , то точкой пересечения дуг окружностей будет точка B (рис. 20, а). В этом случае точки Торричелли не существует, так как нельзя говорить об углах, под которыми видны из этой точки стороны AB и BC.

В случае, если угол B больше 120 (рис. 20, б), то соответствующие дуги окружностей не пересекаются. Сами окружности пересекаются в некоторой точке O, из которой стороны AB и BC видны под углом 60 . В этом случае точки Торричелли также не существует.

Таким образом, во всех трех случаях окружности, описанные около равносторонних треугольников, построенных на сторонах данного треугольника, пересекаются в одной точке. Если углы треугольника меньше 120 , то эта точка лежит внутри треугольника и является точкой Торричелли.

Решение задачи Штейнера. Докажем, что в случае, если углы т
реугольника меньше 120 , то искомой точкой в задаче Штейнера является точка Торричелли.

Повернем треугольник ABC вокруг вершины C на угол 60 (рис. 21). Получим треугольник A’B’C. Возьмем произвольную точку O в треугольнике ABC . При повороте она перейдет в какую-то точку O’. Учащимся можно предложить вопрос о том, какими свойствами обладает треугольник OO’C? Он равносторонний, так как CO = CO’ и OCO’ = 60 , следовательно, OC = OO’. Поэтому сумма длин OA + OB + OC будет равна длине ломаной AO + OO’ + O’B’. Ясно, что наименьшее значение длина этой ломаной принимает в случае, если точки A, O, O’, B’ лежат на одной прямой.

Задача. Докажите, что из всех прямоугольников данного периметра наибольшую площадь имеет квадрат.

Р
ешение. Пусть ABCD – квадрат, AEFH – прямоугольник того же периметра (рис. 24). Докажем, что S_AEFH S_ABCD. По условию задачи AB+AD=AE+AH, откуда AD-AH=AE-AB, т.е. HD=BE, значит, S_BEFGS_HGCD, поскольку EFDC; таким образом, S_AEFHS_ABCD.

Задача. Через точку C внутри угла проведите прямую, отсекающую от этого угла треугольник наибольшей площади.

Решение. Докажем, что отрезок AB искомой прямой, заключенный внутри угла, делится данной точкой C пополам (рис. 25). Пусть A’B’ – какая-нибудь другая прямая. Проведем через точку A прямую параллельную стороне угла, пересекающую A’B’ в точке A”. Тогда треугольник BB’C равен треугольнику AA”C и, следовательно, площадь треугольника BB’C меньше площади треугольника AA’C. Значит, площадь треугольника OAB меньше площади треугольника OA’B’.

Задача Дидоны. Среди всех простых замкнутых кривых, данной длины найти кривую, ограничивающую фигуру наибольшей площади.

Изопериметрической эта задача называется в связи с постоянством длины кривой, или, что то же самое, периметра искомой фигуры. С именем Дидоны она связывается по легенде, согласно которой финикийская царевна Дидона в IX веке до н. э., спасаясь от преследователей, заключила договор на покупку земли на побережье нынешнего Тунисского залива Средиземного моря с местным предводителем Ярбом. Она попросила совсем немного земли – столько, сколько можно «окружить бычьей шкурой». Сделка состоялась, и тогда Дидона разрезала шкуру быка на тонкие тесемки, связала из них веревку, окружила ей довольно большую территорию и основала на ней крепость, в которой и спасалась от преследователей.

Вопрос состоял в том, какую форму должна иметь территория, ограниченная веревкой, чтобы ее площадь была наибольшей?

Заметим, что это не совсем тот вопрос, который мы сформулировали в задаче. Действительно, в задаче Дидоны веревка не замкнута, ее концы выходят на берег моря. Мы же рассматриваем замкнутые кривые.

Хотя решение задачи о нахождении замкнутой кривой, охватывающей наибольшую площадь было известно еще до н.э., строгое его доказательство было дано лишь в конце XIX века. До этого в 30-х годах XIX века Якоб Штейнер дал пять доказательств, но в каждом из них подразумевалось существование такой кривой. Мы рассмотрим первое из доказательств Штейнера. Доказательство существования выходит за рамки школьного курса математики.

Докажем, что среди простых замкнутых кривых заданной длины наибольшую площадь охватывает окружность.

Доказательство разобьем на несколько этапов. Для краткости фигуру, ограниченную кривой, данной длины, имеющую наибольшую площадь, будем называть максимальной.

Теорема 1. Максимальная фигура является выпуклой.

Доказательство будем вести от противного. Предположим, что фигура Ф невыпукла. Тогда существует хорда АВ, концы которой лежат на кривой, а внутренние ее точки - вне кривой (рис. 26). Вопрос состоит в том, чтобы найти фигуру Ф’ с тем же периметром, но большей площади. Тем самым будет показано, что фигура Ф не является максимальной.

Замени
м дугу исходной кривой, соединяющую точки А, В, на симметричную ей дугу относительно прямой АВ. Соответствующая ей фигура Ф’ будет ограничена кривой той же длины, но будет иметь большую площадь по сравнению с исходной. Следовательно, исходная фигура не максимальная.

Теорема 2. Если хорда делит кривую, ограничивающую максимальную фигуру на две части равной длины, то она и фигуру делит на две равновеликие части.

Доказательство. Пусть хорда АВ делит кривую на две части равной длины (рис. 27). Предположим, что площади образовавшихся частей Ф₁, Ф₂ фигуры Ф не равны, например, S(Ф₁) S(Ф₂). Построим фигуру Ф’ того же самого периметра, но большей площади. Для этого в фигуре Ф заменим фигуру Ф₂ на фигуру, симметричную Ф₁ относительно прямой АВ. Полученная фигура Ф’ будет ограничена кривой той же длины, но будет иметь большую площадь по сравнению с исходной. Следовательно, исходная фигура не максимальная.

Теорема 3. Максимальная фигура ограничена окружностью.

Доказательство. Пусть хорда АВ делит кривую, ограничивающую максимальную фигуру Ф на две части равной длины (рис. 28, а). Тогда она делит фигуру Ф на две части равной площади. Если кривая не окружность, то на ней найдется точка С, для которой АСВ 90^о. Предположим, например, что точка C принадлежит верхней части фигуры Ф. Построим новую фигуру Ф’. Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник А’В’С’ с прямым углом С’, у которого А’C’ = АC, В’С’ = ВС. Площадь треугольника А’В’С’ больше площади треугольника ABC. Действительно, площадь треугольника равна половине произведе
ния двух его сторон на синус угла между ними, а синус принимает наибольшее значение, равное единице, если угол равен 90 . Для остальных углов больших 0 и меньших 180 синус меньше единицы.

Присоединим к катетам треугольника А’В’С’ соответствующие части Ф₁’ и Ф₂’, равные соответственно частям Ф₁ и Ф₂ исходной фигуры (рис. 28, б). Полученную фигуру отразим симметрично относительно А’В’. Фигура Ф’, состоящая из обеих этих частей будет искомой. Ясно, что она ограничена кривой той же длины. Однако, т.к. площадь треугольника А’В’С’ больше площади треугольника АВС, то площадь верхней части фигуры Ф’ будет больше площади верхней части фигуры Ф. Аналогично, площадь нижней части фигуры Ф’ будет больше площади нижней части фигуры Ф. Таким образом, площадь всей фигуры Ф’ будет больше площади исходной фигуры Ф. Следовательно, исходная фигура не максимальна.

Что и завершает решение задачи Дидона.

Приложение 2. Задачи стереометрии

З
адача. На ребре куба сидит муха. Она хочет проползти по каждой его грани и вернуться в исходную точку. Укажите кратчайший путь мухи и найдите его длину, если ребро куба равно 1.

Решение. Воспользуемся разверткой куба (рис. 31). Точки A и B представляют одну и ту же точку на ребре куба. Кратчайшим путем, их соединяющим, является отрезок AB. Его длина равна .

Задача. Найдите кратчайший путь по поверхности правильного тетраэдра ABCD (рис. 32, а), соединяющий точки E и F, расположенные на высотах боковых граней в 7 см от соответствующих вершин тетраэдра. Ребро тетраэдра равно 20 см.

Р
ешение. Рассмотрим развертку трех граней тетраэдра (рис. 32, б). Кратчайшим путем будет отрезок, соединяющий точки E и F. Его длина равна 20 см.

Задача. Найдите кратчайший путь по поверхности единичного октаэдра ABCDEF (рис. 34, а), соединяющий вершины A и C.

Рассмотрим развертку двух граней октаэдра (рис. 34, б). Кратчайшим путем, соединяющим точки A и C, будет отрезок AC. Его длина равна .

Задача. На ребре тетраэдра сидит муха. Она хочет проползти по каждой его грани и вернуться в исходную точку. Укажите кратчайший путь мухи и найдите его длину, если ребро тетраэдра равно 1.

Решение. Воспользуемся разверткой тетраэдра (рис. 33). Точки A и B представляют одну и ту же точку на ребре тетраэдра. Кратчайшим путем, их соединяющим, является отрезок AB. Его длина равна 2.

Задача. Какого наименьшего периметра должно быть веревочное кольцо, чтобы через него прошел единичный: а) тетраэдр; б) октаэдр; в) куб; г) икосаэдр; д) додекаэдр?

Решение. а) Из решения предыдущей задачи следует, что все замкнутые пути по поверхности тетраэдра, состоящие из четырех отрезков, параллельных ребрам тетраэдра, имеют длину, равную двум. Таким образом, наименьший периметр веревочного кольца равен 2; Аналогичным образом, б) 3; в) 4; г) 5; д) .

Задача. Какое наибольшее ребро может быть у правильного тетраэдра, помещающегося в единичном кубе?

Ответ. . Соответствующее расположение тетраэдра в кубе показано на рисунке 37.

Задача. Какое наибольшее ребро может быть у октаэдра, помещающегося в единичном тетраэдре?

О
твет. . Соответствующее расположение октаэдра в тетраэдре показано на рисунке 38.

Задача. Какое наибольшее ребро может быть у куба, помещающегося в единичном додекаэдре?

Ответ. . Соответствующее расположение куба в додекаэдре показано на рисунке 39.

Задача. Какое наибольшее ребро может быть у тетраэдра, помещающегося в единичном додекаэдре?

Ответ. Вершины искомого тетраэдра находятся в вершинах куба, вписанного в додекаэдр на рисунке 39.

Задача. Найдите кратчайший путь по поверхности единичного октаэдра ABCDEF (рис. 34, а), соединяющий вершины A и C.

Рассмотрим развертку двух граней октаэдра (рис. 34, б). Кратчайшим путем, со
единяющим точки A и C, будет отрезок AC. Его длина равна .

Задача. В вершине куба сидит муха. Она хочет проползти по каждому ребру и вернуться в исходную точку. Укажите кратчайший путь мухи и найдите его длину, если ребро куба равно 1.

Решение. Граф, образованный ребрами куба, изображен на рисунке 36. Он не является уникурсальным, так как в каждой из восьми его вершин сходится три ребра. Для того, чтобы обойти все ребра и вернуться в исходную точку придется, по крайней мере, четыре ребра пройти дважды. Таким образом, длина кратчайшего пути равна 16.

Приложение 3. Конкурсные задачи вступительных экзаменов

Задача МАИ. В треугольнике ABC биссектриса, проведенная из вершины А, имеет длину 2, и АВ= 2АС. На стороне АВ взята точка М, а на стороне АС — точка N так, что BM=AN. Найдите наименьшее возможное расстояние от середины отрезка MN до вершины А.

Решение.

Пусть Q — середина отрезка MN, К — точка пересечения биссектрисы угла ВАС и ВС. Спроектируем точки М, N, Q и В на биссектрису угла ВАС (рис.3). Тогда AN₁=M₁B, N₁E=M₁E.

Пусть AC=m, AB = 2m, . Тогда

Отсюда

Следовательно, искомое расстояние принимает наименьшее значение, когда середина Q отрезка MN лежит на биссектрисе.

Для площади треугольника ABC имеем

Или

Отсюда

Ответ: 1,5

Задача МИСиС.

В параболу y=ax²+bx+c вписан четырехугольник ABCD наибольшей площади с диагоналями АС и BD. Найдите координаты вершины С, если А(-3; -4), В(-2; -1), D(1;-4) .

Решение.

Так как точки А, В, D лежат на параболе, то их координаты удовлетворяют ее уравнению: откуда a= -1, b= -2, c= -1.

Итак, уравнение заданной параболы найдено: y=-(x+1)². В условии указано, что АС — диагональ четырехугольника ABCD, значит, точка С лежит на дуге BD параболы (рис. 4).

Для решения задачи достаточно найти координаты точки С, при которых площадь треугольника DBC максимальна, что, в свою очередь, равносильно поиску на дуге BD точки, максимально удаленной от прямой BD. Пусть l — касательная к параболе, параллельная BD. В силу характера выпуклости квадратичной функции все точки параболы лежат в одной полуплоскости относительно прямой l. Следовательно, точкой, максимально удаленной от прямой BD, будет точка касания.

Так как прямая BD невертикальная, то ее уравнение имеет вид y=kx+d. Зная координаты точек В и D, легко установить, что k = - 1. Значит, угловой коэффициент касательной l равен -1, т. е. производная квадратичной функции, задающей параболу, в точке касания равна -1. Имеем -2(х₀ + 1)= —1, где х₀—абсцисса точки касания; отсюда х₀= -1/2.

Ответ: (-1/2;-1/4)

Задача УрГУ.

К кривой y=x²+bx+c в точках с абсциссами x₁=-1 и x₂=-3 проведены касательные. При каком значении b периметр треугольника, образованного проведенными касательными и осью Oy, будет наименьшим?

Решение. У равнения касательных к заданной параболе в точках с абсциссами x₁=-1 и x₂=-3 соответственно имеют вид y₁=(b-2)x+1, у₂=(b-2)х -7.

Отсюда две вершины треугольника, о котором говорится в условии, имеют координаты M(0;1) и N(0;-7), а третья — К(-2; 5-2b) (рис. 5). Следовательно, нужно найти такое положение точки К на прямой х = - 2, при котором сумма MK + KN была бы наименьшей.

Покажем, что искомая точка — это точка пересечения прямых х=-2 и РМ, где точка Р симметрична точке N относительно прямой х = - 2. Пусть К' произвольная точка прямой х = — 2, отличная от К. Имеем МК' + K'N=MK'+PK'MP = РК + КМ = KN + КМ. Поскольку средняя линия треугольника PMN лежит на прямой х = — 2, треугольник MKN равнобедренный; тогда ордината точки К равна —3. Отсюда 5—2b = —3, b = 4.

Ответ: b = 4.

Задача МФТИ.

В основании прямой призмы ADCDA₁B₁C₁D₁ лежит ромб ABCD с углом A=60⁰. Длины всех ребер призмы равны 1. Точка F — середина ребра DC, а точка М лежит на прямой A₁F. Определите наименьшее значение суммы площадей треугольников МВВ₁ и МСС₁

Решение.

П ус ть МК и ML — высоты соответственно треугольников МВВ₁ и МСС₁ (рис. 6), М₁ — проекция точки М на плоскость ABC. Тогда М₁В=МК, M₁C=ML и S_MBB1+S_MCC1=1/2BB₁M₁B+1/2CC₁M₁C=1/2(M₁C+M₁B).

Как и в предыдущей задаче, сумма M₁B + M₁C принимает наименьшее значение, если M₁ — точка пересечения прямых AF и BE, где Е — точка, симметричная точке С относительно прямой AF (рис. 7).

Осталось найти длину отрезка BE. По теореме косинусов

,

где . Проведем в треугольнике ADF высоту DN. Видно, что СЕ=2DN и FCE= NDF. Но

Из по Т. косинусов

Ответ:

Задача МАИ.

В треугольной пирамиде SABC все ребра имеют одинаковую длину, равную l . На ребре SA взята точка М так, что SM = , на ребре SB взята точка N, а на плоскости ABC взята точка Р. Найдите наименьшую величину суммы длин отрезков MN и NP.

Решение.

Д лина отрезка NP минимальна, если Р — проекция точки N на плоскость ABC. Очевидно, что Р принадлежит медиане BE правильного треугольника ABC (рис. 8). Теперь нужно найти кратчайшее расстояние от данной точки М до прямой BE по поверхности двугранного угла, образованного плоскостями ABS и BSE. Это все равно, что найти расстояние от точки до прямой на плоской развертке этого двугранного угла.

Рассмотрим такую развертку. Для этого в плоскости SBE построим треугольник SA₁В, равный треугольнику ASB (рис. 9). На стороне SA₁ отметим точку M₁, в которую при разворачивании двугранного угла переходит точка М, так что SM₁= . Как известно, кратчайшее расстояние от точки до прямой есть перпендикуляр, опущенный из данной точки на данную прямую. Поэтому проведем М₁P₁ BE. Очевидно, что сумма
MN+NP=M₁N+NP минимальна тогда и только тогда, когда Р=Р₁ и N = Q. Осталось выяснить, чему равна длина отрезка М₁Р₁.

Проведем SK M₁P₁. Пусть KSB = SBE = α. Высота SO пирамиды равна . Тогда M₁P₁ = M₁K+SO= .

Выразив sin α и cos α из треугольников SBE и SBO, получим ответ:

Ответ: