трусики женские украина

На головну

 Оцінка периметра багатокутника заданого діаметра - Математика

Дипломна робота

По темі: "Оцінка периметра багатокутника заданого діаметра"

Зміст

Введення

Глава 1. Загальні відомості про завдання на екстремум. Приклади екстремальних задач

1. Загальні властивості опуклих фігур

1.1 Завдання

1.2 Рішення

2. Ізопериметрична нерівність

2.1 Завдання

2.2 Рішення

3. Завдання на максимум і мінімум

3.1 Завдання

3.2 Рішення

Глава 2. Оцінка периметра п'ятикутника одиничного діаметра

1. Доказ рівності чотирьох діагоналей п'ятикутника одиниці

2. Пошук оптимальної п'ятикутника

Висновок

Бібліографія

Введення

У житті постійно доводиться стикатися з необхідністю прийняти найкраще можливе (оптимальне) рішення. При цьому часто трапляється так, що корисно вдатися до математики.

Обидва поняття максимум і мінімум об'єднуються одним терміном "екстремум", що по латині означає "крайнє". Завдання відшукання максимуму і мінімуму називаються екстремальними задачами.

Екстремальними задачами людина цікавився з античних часів. Вже в Стародавній Греції знали про екстремальні властивості кола і кулі: серед плоских фігур з однаковим периметром найбільшу площу має коло (рішення изопериметрической завдання); куля має максимальний обсяг серед просторових фігур з однаковою площею поверхні (рішення ізопіфанной задачі). [4, 4]

Історія зберегла легенду про наступну найдавнішою екстремальної задачі, відомої як задача Дідони: вказати форму межі ділянки, що має задану довжину, при якій площа ділянки максимальна. Вважається, що історія цього завдання почалася в IX столітті до н.е., коли, як написав у своїй поемі "Енеїда" давньоримський поет Вергілій, царівну Дидоне довелося вирішувати изопериметрических задачу. Якщо знати екстремальне властивість кола, то рішення виходить негайно: межа ділянки представляє частину окружності, що має задану довжину. Згідно з легендою Дідона впоралася з поставленим завданням і на місці відгородженого ділянки заснувала місто Карфаген. Кажуть, що стара фортеця Карфагена дійсно мала форму кола. [3, 29]

Екстремальними задачами займалися багато античні вчені (Евклід, Архімед, Аристотель та ін.). У засадах Евкліда - першої наукової монографії та першому навчальному посібнику в історії людства, в праці вийшов в IV столітті до н.е. є задача на максимум. У сучасній редакції вона виглядає так: в даний трикутник АВС вписати паралелограм ADEF, найбільшою площі. Неважко показати, що вирішенням цього завдання є паралелограм, вершини D, E, F якого ділять відповідні сторони трикутника навпіл. [4, 30]

Відома також завдання античного математика Герона Олександрійського, з якою ми знайомимося ще в школі: дано дві точки А і В по одну сторону від прямої l. Потрібно знайти на прямій l таку точку D, що б сума відстаней від А до D і від В до D була найменшою. Книга, де була викладена ця задача, називається "Про дзеркалах". Час написання цієї книги невідомо, але більшість дослідників вважають, що вона написана в I столітті до н.е. При цьому сама праця Герона не зберігся, і про нього відомо з коментарів до нього написаних пізніше.

Після загибелі античної цивілізації наукове життя в Європі стала відроджуватися тільки в XV столітті. Екстремальні задачі опинилися серед тих, якими цікавилися кращі уми того часу. [4, 7]

Завдання на екстремуми актуальні і в даний час, тому що є багато невирішених завдань на найбільше і найменше значення деяких величин, пов'язаних з опуклою фігурою. Так, наприклад, досі не вирішені наступні завдання: знайти мінімальну площу S опуклою фігури, якщо відомий діаметр D і шірінаетой фігури, причому; знайти мінімальну площу опуклою фігури, якщо відома ширина і периметр фігури. [8, 89]

Основна мета даної роботи полягає в розгляді різних геометричних задач на максимум і мінімум, а також в детальному розборі і доведенні теореми про п'ятикутнику найбільшого периметра одиничного діаметра.

Дана робота містить два розділи. Глава 1 складається з трьох параграфів. Кожен параграф побудований таким чином: спочатку наводяться основні теоретичні відомості, а потім розглядаються завдання з подальшим їх вирішенням.

В 1 розглянуто основні властивості опуклих фігур. Даний параграф має вступний характер і в ньому зосереджені основні визначення, використовувані надалі, і наведені найпростіші завдання, що ілюструють ці визначення. Вивчення представлених завдань, дозволяє більш детально ознайомитися з визначеннями опуклою фігури, опуклою кривою, опорної прямої опуклою фігури, звичайної і кутовий точок опуклою кривою, довжини опуклою кривою і площі опуклою фігури.

2 присвячений одній знаменитої задачі, що грає важливу роль у багатьох розділах математики та фізики, а саме так званої изопериметрической задачі:

Серед усіх плоских фігур даного периметра L знайдіть ту, яка має максимальну площу.

Як і перші два параграфи 3 містить ряд теоретичних відомостей стосуються вписаною, описаного кола опуклою фігури; центру опуклою фігури; особливу увагу приділено сімметрізаціі опуклою фігури, а також представлені деякі завдання на найбільші і найменші значення чисельних величин, пов'язаних з опуклими фігурами. опуклий фігура Изопериметрический екстремум теорема

Основний зміст роботи становить другий розділ, яка складається з двох параграфів. Дана глава присвячена вирішенню однієї гарної завдання, а саме відшукання п'ятикутника одиничного діаметра, що має найбільший периметр. Для вирішення цього завдання доводиться ряд теорем.

В 1 встановивши, що діаметр багатокутника збігається або з однієї із сторін, або з однією з діагоналей багатокутника (теорема 2.1.1) показується, що в п'ятикутнику найбільшого периметра одиничного діаметра, або в оптимальному п'ятикутнику, всі сторони менше 1 (теорема 2.1.2 ). При цьому доказ даної теореми спирається на лемму про те, що сума відстаней від точки дуги кола до її кінців приймає найбільше значення, коли ця точка ділить дугу навпіл. Потім в результаті послідовного докази двох теорем (теорема 2.1.3 та теорема 2.1.4) встановлюється, що в оптимальному п'ятикутнику, принаймні, чотири діагоналі рівні 1.

У 2 робиться висновок про те, що оптимальним п'ятикутником є ??правильний п'ятикутник (теорема 2.2.1).

Було відмічено, що у разі опуклого чотирикутника оптимальним є не квадрат. [2, 269]

Глава 1. Загальні відомості про завдання на екстремум. Приклади екстремальних задач

1. Загальні властивості опуклих фігур

Визначення 1.1.1. Плоска фігура називається опуклою, якщо вона цілком містить прямолінійний відрізок, що з'єднує будь-які дві належать фігурі точки.

Рис. 1.1.1

Так, на рис. 1.1.1 фігури а), б), в) опуклі постаті, а фігура на малюнку 1.1.1 г) не опукла. Коло і трикутник є опуклими фігурами, чотирикутник ж може бути як опуклим, так і неопуклого залежно від того, чи перетинаються його діагоналі всередині або поза чотирикутника (рис. 1.1.2 а, б). [1, 38]

Рис. 1.1.2

Визначення 1.1.2. Перетином двох (або кількох) фігур називається фігура, що складається з усіх точок, що належать обом (або всім, якщо їх декілька) фігурам.

Визначення 1.1.3. Фігура називається обмеженою, якщо вона цілком поміщається всередині деякої окружності. [8, 13]

Наприклад, всякий паралелограм, трикутник, круг, а також всі фігури, зображені на рис. 1.1.1, є обмеженими фігурами.

На рис. 1.1.3 зображено кілька необмежених фігур; з них опуклими є постаті а) (напівплощина), б) (смуга), в) (кут) і г).

Рис. 1.1.3

По відношенню до всякої плоскою фігурі всі крапки площині діляться на три категорії: внутрішні, зовнішні і граничні. [8, 14]

Визначення 1.1.4. Точка фігури називається внутрішньою, якщо існує коло (хоча б дуже малого радіуса) з центром у цій точці, цілком належить фігурі.

Внутрішніми точками фігури будуть, наприклад, точки А і А 'на рис. 1.1.4.

Рис. 1.1.4

Визначення 1.1.5. Точка називається зовнішньої по відношенню до фігури, якщо існує коло з центром в цій точці, що не містить точок фігури.

Прикладом зовнішньої точки по відношенню до фігури є точка В на рис. 1.1.4.

Визначення 1.1.6. Точка фігури називається граничної, якщо будь круг з центром в даній точці, завжди буде містити як точки, що належать фігурі, так і точки, які не належать їй.

Наприклад, точка С на рис. 1.1.4 є прикладом граничної точки фігури. [7, 185]

Граничні точки фігури утворюють деяку лінію - криву або ламану. Ця лінія називається кордоном фігури. Якщо плоска лінія є кордоном деякої опуклою фігури, то вона називається опуклою кривою, або - в тому випадку, коли ця лінія ламана, - опуклим багатокутником. [7, 186]

Визначення 1.1.7. Опуклим багатокутником називають і плоску фігуру, і лінію - кордон цієї фігури.

Визначення 1.1.8. Точками, які належать фігурі, або, точками фігури, називають всі її внутрішні чи граничні точки.

Визначення 1.1.9. Якщо безліч містить всі свої граничні точки, то воно називається замкнутим. Якщо ж безліч не містить жодної своєї граничної точки, тобто складається з одних внутрішніх точок, то воно називається відкритим. [7, 15]

Визначення 1.1.10. Одномірні опуклі постаті це лінії, що володіють тим властивістю, що відрізок АВ, що з'єднує будь-які дві точки А і В такій лінії, цілком належить їй. [8, 16]

Одномірні опуклі постаті можна охарактеризувати як опуклі постаті, всі крапки яких є граничними.

Двовимірні (плоскі) опуклі фігури можуть бути досить різноманітні (див., Наприклад, фігури а), б), в) на рис. 1.1.1 і а), б), в), г) на рис. 1.1.3).

Визначення 1.1.11. Відрізок це обмежена одномірна опукла фігура.

Нехай Ф - довільна плоска фігура.

Визначення 1.1.12. Пряма l називається опорною прямий фігури Ф, якщо вона проходить хоча б через одну граничну точку фігури Ф і вся фігура Ф розташована по одну сторону від прямої l (рис. 1.1.5).

Рис. 1.1.5

Наприклад, пряма, проведена через вершину трикутника паралельно протилежні стороні (рис. 1.1.6, а), або сторона трикутника (рис. 1.1.6, 6) є опорними прямими трикутника; кожна сторона опуклого багатокутника є його опорної прямої. Дотична до кола є опорною прямий для кола, обмеженого цим колом (рис. 1.1.6, в). Опорна пряма може мати з опуклою обмеженою фігурою або єдину спільну точку (див., Наприклад, рис. 1.1.6, а, в), або цілий загальний відрізок (рис. 1.1.6, б); якщо опукла фігура не обмежена, то опорна пряма може навіть цілком належати фігурі (рис. 1.1.6, г). [8, 18]

Рис. 1.1.6

Опорну пряму опуклою фігури Ф можна також визначити наступним чином:

Визначення 1.1.13. Опорна пряма опуклою фігури Ф - це така пряма, яка містить граничні точки фігури, але не містить жодної її внутрішньої точки.

Дійсно, насамперед ясно, що опорна пряма не може містити внутрішньої точки А фігури: інакше точки фігури Ф, розташовані всередині деякої окружності з центром в точці А, перебували б по обидві сторони від опорної прямої (рис. 1.1.7). З іншого боку, якщо пряма l не містить внутрішніх точок опуклою фігури Ф, то вся фігура повинна бути розташована по одну сторону від l. Дійсно, нехай А - якась внутрішня точка Ф. Якби якась (внутрішня або гранична) точка В фігури перебувала по інший бік від прямої l, ніж точка А (рис. 1.1.8), то точка перетину прямої l з відрізком АВ була б внутрішньою точкою Ф (див. задачу 1.1.3 а, б). [8, 19]

Теорема 1.1.1. До кожної обмеженою опуклою фігурі можна провести в точності дві опорні прямі, паралельні даним напрямком.

Доказ.

Для того щоб це довести, проведемо через кожну точку обмеженою опуклою фігури Ф пряму, паралельну даному напрямку (рис. 1.1.9). Всі ці прямі перетинають довільну пряму, перпендикулярну до обраним напрямом, за одномірною опуклою фігурі (якщо А і В - дві довільні точки перетину нашої сукупності прямих з перпендикулярної до них прямий, а С-довільна точка відрізка АВ, то С теж повинна належати цьому перетинанню ; це неважко бачити з рис. 1.1.9, якщо скористатися опуклістю фігури Ф). Отже, це перетин має бути відрізком прямої лінії (обмеженість перетину випливає з обмеженості фігури Ф), а сукупність прямих, паралельних заданому напрямку, проведених через всі точки Ф, повинна являти собою смугу. Крайні (граничні) прямі l1і l2етой смуги і є двома опорними прямими, паралельними заданому напрямку.

Рис. 1.1.9

Теорема доведена. [8, 20]

Визначення 1.1.14. Найбільша відстань між двома точками плоскої фігури Ф називається діаметром фігури.

Інакше кажучи, діаметром фігури Ф називається така відстань d, що, по-перше, відстань між якими двома точками М і N фігури Ф не перевищує d і, по-друге, можна відшукати у фігурі Ф хоча б одну пару точок А і В, відстань між якими в точності одно d. [1, 6]

Наприклад, для кола діаметр, у зазначеному сенсі, збігається зі звичайним його діаметром (найбільша з хорд).

Визначення 1.1.15. Нехай К опукла крива l 'і l' 'дві її паралельні опорні прямі. Відстань h між цими опорними прямими називається шириною кривої К в напрямку перпендикулярному до прямих l 'і l' '(рис. 1.1.10). [7, 198]

Рис. 1.1.10

Визначення 1.1.16. Найменшу ширину опуклою кривою До називають шириною К.

Визначення 1.1.17. Сукупність променів, що виходять з однієї точки О, називається опуклою, якщо вона містить усі промені, що проходять всередині кута, меншого 180 °, утвореного якими двома променями сукупності, що не складовими продовження один іншого.

Теорема 1.1.2. Опукла сукупність променів може бути одним променем, парою променів, що є продовженням один іншого, кутом, меншим 180 °, напівплощиною або цілої площиною (рис. 1.1.11).

Рис. 1.1.11

Доказ.

Справді, з визначення опуклою сукупності променів безпосередньо випливає, що перетин такої сукупності з будь-якої прямої, що не проходить через точку О, опукло. Розглядаючи перетину опуклою сукупності променів, з двома паралельними прямими, розташованими по різні сторони від точки О, і враховуючи, що кожне з цих перетинань може зовсім не містити крапок, бути єдиною точкою, відрізком, променем або всієї прямої, неважко з'ясувати, що опукла сукупність променів може бути тільки одного з перерахованих вище видів; всі можливі тут випадки наведено на рис. 1.1.12. [8, 21]

Рис. 1.1.12

Теорема доведена. [8, 22]

Нехай Ф - деяка опукла фігура і О - її гранична точка. Проведемо з точки О промені, що з'єднують її з кожною точкою (внутрішній або граничної) фігури Ф (рис. 1.1.13).

Рис. 1.1.13

Ми отримаємо опуклу сукупність променів. Справді, якщо ОА і ОВ - два промені даної сукупності (А і В - точки фігури Ф), то всі промені, розташовані всередині гострого кута АОВ, перетинають відрізок АВ, що цілком складається з точок фігури Ф, і, отже, належать даній сукупності. [8, 22]

Отримана сукупність променів не може бути єдиним променем або парою променів, складових продовження один іншого, оскільки вважається, що фігура не одномерна.

Неважко так само показати, що ця сукупність променів не може заповнити всю площину. Дійсно, якщо промені заповнюють площину, то серед них можна вибрати дві такі пари променів ОА і ОВ, ОС і ОD, що промені кожної пари, складають продовження один іншого. Нехай А, В, С, D-точки опуклою фігури, що лежать на цих променях (рис. 1.1.14). Фігура Ф разом з точками А, В, С повинна містити весь трикутник АВС (див. Рис. 1.1.14) і разом з точками А, В, D-весь трикутник АВD, т. Е. Вона повинна містити весь опуклий чотирикутник АСВD, для якого точка О є внутрішньою. Таким чином, в цьому випадку точка О не може бути граничною точкою фігури Ф. [8, 23]

Рис. 1.1.14

Отже, розглянута сукупність променів буде або напівплощиною, або кутом, меншим 180 °. У першому випадку (рис. 1.1.15) точка О називається звичайної точкою опуклою кривою К, що обмежує фігуру Ф.

Пряма Г, що обмежує напівплощина, є опорною прямий фігури Ф (всі точки Ф лежать на променях нашої сукупності, а отже, з одного боку від прямої Г).

Рис. 1.1.15 Рис. 1.1.16

При цьому пряма Г є єдиною опорною прямий фігури Ф в точці О, так як по обидві сторони від кожної іншої прямої l, що проходить через О, є промені нашої сукупності, а отже, і точки фігури Ф (рис. 1.1.15). Така опорна пряма Г фігури Ф, що обмежує напівплощина, називається дотичній в точці О до опуклою кривою К. [7, 188]

У другому випадку, коли опукла сукупність променів є кутом, меншим 180 °, точка О називається кутовий точкою опуклою кривою К, що обмежує фігуру Ф (рис. 1.1.16).

Всі точки фігури Ф укладені в цьому випадку всередині кута МОN; тому всяка пряма l, що проходить всередині кута МОN ', суміжного з кутом МОN, буде опорної прямої фігури Ф. Зокрема, опорними будуть і промені ОМ, ОN, які називаються полукасательним в точці О до опуклою кривою К, що обмежує фігуру Ф. [1 , 40]

Визначення 1.1.18. Кут MON = називається внутрішнім кутом (або просто кутом) опуклою кривою К або опуклою фігури Ф в точці О, а кут МОN '= 180 ° -називається зовнішнім кутом кривої К або опуклою фігури Ф. [7, 189]

Згідно з цим визначенням всі крапки опуклого багатокутника, крім вершин, є звичайними, причому дотичними в цих точках є сторони багатокутника. Вершини опуклого багатокутника є його кутовими точками, а певні вище кути збігаються з кутами багатокутника в звичайному сенсі (рис. 1.1.17).

Рис. 1.1.17

Зіставляючи обидва випадки - випадок звичайної точки опуклою кривою і випадок кутовий точки, приходимо до висновку, що через кожну точку опуклою кривою проходить, принаймні, одна опорна пряма. [1, 41]

Визначення 1.1.19. Обмежена фігура називається опуклою, якщо через кожну її граничну точку проходить, принаймні, одна опорна пряма. [8, 26]

Нехай Ф - довільна обмежена опукла фігура, К її кордон. Встановимо на кривій До певний напрям обходу, наприклад, проти годинникової стрілки. При русі по кривій К в цьому напрямку фігура Ф весь час залишається зліва (рис. 1.1.18). Відповідно до цього встановимо напрямки і на опорних прямих фігури Ф.

Будемо вибирати напрямок опорної прямої l фігури Ф таким чином, щоб фігура Ф лежала зліва від прямої l (рис. 1.1.19).

Рис. 1.1.18 Рис. 1.1.19

У такому випадку дві паралельні між собою опорні прямі l1і l2фігури Ф отримають протилежні напрямки. Таким чином, кожному напрямку в площині (яке можна задавати за допомогою прямої зі стрілкою) відповідатиме єдина опорна пряма, що має цей напрямок (рис. 1.1.19).

Якщо К це багатокутник, то завдання напрямку обходу дозволяє говорити про напрямки сторін багатокутника.

Визначення 1.1.20. п граничних точок А, В, С, ..., Р фігури Ф розташовані в циклічному порядку, якщо при обході кривої К, що обмежує фігуру Ф, проти годинникової стрілки ці точки зустрічаються в зазначеному порядку

Рис. 1.1.20

Визначення 1.1.21. Якщо точки А, В, С, ..., Р кривої К розташовані в циклічному порядку, то багатокутник АВС ... Р називається вписаним в криву К.

Визначення 1.1.22. Якщо l1, l2, ..., lпето п опорних прямих опуклою фігури Ф, на кожній з яких встановлено напрямок, а П1, П2, ..., Пn- відповідні їм ліві півплощині (ріс.1.1.21), то Ф розташована в кожній з цих лівих напівплощин, а значить, і в їх перетині. Якщо це перетин обмежена, т. Е. Є багатокутником, то цей багатокутник називається описаним навколо фігури Ф або навколо обмежує її кривої К. [8, 27]

Рис. 1.1.21

З цього визначення випливає, що багатокутник, описаний навколо випуклої фігури, завжди є опуклим. Сторонами описаного багатокутника є відрізки прямих l1, l2, ..., lп.

Може, однак, виявитися, що три (або більше) з узятих п опорних прямих проходитимуть через одну і ту ж граничну точку фігури Ф (яка в цьому випадку обов'язково є кутовий; рис. 1.1.22). У такому випадку описаний багатокутник буде мати менше ніж п сторін. Такий багатокутник називають n-кутником, які мають одну або кілька сторін нульової довжини, т. Е сторін, що перетворилися в точки. Ці сторони нульової довжини мають певні напрямки, а саме спрямування відповідних опорних прямих

Рис. 1.1.22

Це дозволяє говорити про п внутрішніх і зовнішніх кутах описаного n-кутника незалежно від того, чи має він сторони нульової довжини чи ні.

Визначення 1.1.23. Довжиною обмеженою опуклою кривою До і площею фігури Ф, яку ця крива обмежує, називаються межі периметрів, відповідно площ, вписаних в Ф багатокутників, всі сторони яких безмежно зменшуються, або описаних навколо Ф багатокутників, всі зовнішні кути яких безмежно зменшуються.

З цього визначення випливає, що якщо опукла крива До цілком міститься всередині випуклої кривої К ', то довжина К не може бути більше довжини К'.

Теорема 1.1.3. Якщо опукла крива До цілком міститься всередині випуклої кривої К ', то довжина К не може бути більше довжини К'.

Доказ.

Дійсно, розглянемо послідовність багатокутників, вписаних в криву К, сторони яких безмежно зменшуються, і послідовність багатокутників, описаних навколо К ', зовнішні кути яких безмежно зменшуються (рис. 1.1.23).

Рис. 1.1.23

Кожен з багатокутників другий послідовності містить в собі кожен з опуклих багатокутників першої послідовності і, отже, має більший периметр; звідси випливає, що межа периметрів багатокутників другий послідовності - довжина До «не менше межі периметрів багатокутників першої послідовності - довжини К.

Теорема доведена.

Визначення 1.1.24. Периметром плоскої фігури називається довжина кривої, що обмежує цю фігуру. [8, 28]

1.1 Завдання

Завдання №1.1.1. Доведіть, що перетин двох або декількох опуклих фігур є опукла фігура.

Завдання №1.1.2. Доведіть, що всякий опуклий багатокутник є перетином кінцевого числа напівплощин (ріс.1.1.24). [8, 14]

Рис. 1.1.24

Завдання №1.1.3. Доведіть, що

а) якщо А і В - внутрішні точки опуклою фігури Ф, то всі крапки відрізка АВ - внутрішні точки Ф;

б) якщо А - внутрішня, а В - гранична точка опуклою фігури Ф, то всі крапки відрізка АВ, крім В, - внутрішні точки Ф;

в) якщо А і В-граничні точки опуклою фігури Ф, то або всі точки відрізка АВ - граничні точки Ф, або всі точки відрізка АВ, крім А і В, - внутрішні точки Ф.

Завдання №1.1.4. Доведіть, що всяка пряма, проведена через внутрішню точку опуклою фігури, перетинає її кордон не більше, ніж у двох точках. Якщо опукла фігура обмежена, то кожна пряма, через яку-небудь її внутрішню точку, перетинає кордон фігури рівно в двох точках.

Завдання №1.1.5. Доведіть, що якщо всяка пряма, через будь-яку внутрішню точку обмеженою фігури, перетинає її кордон у двох точках, то фігура опукла. [8, 15]

Завдання №1.1.6. Доведіть, що кожна з двох паралельних опорних прямих, відстань між якими має найбільше можливе значення, містить єдину точку кордону фігури і що відрізок, що з'єднує ці точки, перпендикулярний до обох опорним прямим (рис. 1.1.25). [8, 20]

Рис. 1.1.25

Завдання №1.1.7. Доведіть, що найбільша відстань між двома точками опуклою фігури збігається з найбільшою відстанню між парою паралельних опорних прямих.

Завдання №1.1.8. Доведіть, що якщо А і В - дві крапки опуклою фігури Ф, відстань d між якими має найбільше значення, то прямі, проведені через точки А і В перпендикулярно до відрізка АВ, є опорними прямими Ф. [8, 21]

1.2 Рішення

Завдання №1.1.1

Нехай Ф1і Ф2 дві опуклі постаті, Ф - їх перетин, А і В - дві довільні точки, що належать перетинанню Ф (рис. 1.1.26). За визначенням перетину двох фігур обидві точки А і В належать як фігурі Ф1, так і фігурі Ф2. В силу опуклості фігури Ф1все точки відрізка АВ належать Ф1, а в силу опуклості Ф2 всі вони належать також фігурі Ф2. Отже, відрізок АВ цілком належить перетинанню Ф фігур Ф1і Ф2, а це і означає, що перетин Ф опукло.

Рис. 1.1.26 Рис. 1.1.27

Точно так само доводиться, що перетинання Ф кількох опуклих фігур Ф1, Ф2, ..., Фпвипукло: якщо А і В - дві довільні точки Ф, то А і В належать одночасно всім фігурам Ф1, Ф2, ..., ФПІ в силу того, що всі ці фігури випуклі, всі крапки відрізка АВ належать одночасно всім фігурам Ф1, Ф2, ..., Фn, тобто належать їх перетину Ф.

Примітка. Теорема залишається вірною і в тому випадку, коли фігур Ф1, ..., Фn, ... нескінченно багато; доказ її залишається колишнім. Наприклад, на рис. 1.1.27 зображені рівні між собою квадрати із загальним центром. Легко бачити, що перетинанням всіх таких квадратів (а цих квадратів нескінченно багато) є коло, т. Е. Опукла фігура.

Завдання №1.1.2

Опуклий багатокутник Ф лежить по одну сторону від кожної прямої, яка є продовженням його боку. Справді, якби існувала точка С, що належить Ф і розташована не з того боку прямої АВ (А і В - дві сусідні вершини Ф), з якою багатокутник Ф примикає до сторони АВ (рис. 1.1.28), то, наприклад , відрізок МС, що з'єднує внутрішню точку М відрізка АВ з точкою С, не належав би цілком Ф, т. е. багатокутник Ф не міг би бути опуклим. Таким чином, опуклий багатокутник Ф розташований цілком в кожній з півплощини, межами яких служать прямі, містять кожну зі сторін багатокутника. Перетин всіх таких напівплощин і дає багатокутник Ф.

Рис. 1.1.28

Завдання №1.1.3

а) Нехай А і В - дві внутрішні точки фігури Ф. Згідно з визначенням внутрішніх точок (определеніе1.1.4) існують два кола С і С 'з центрами відповідно в точках А і В, всі точки яких належать фігурі Ф (рис. 1.1.29 , а). Нехай МN і РQ - зовнішні загальні дотичні кіл С і С '. В силу опуклості Ф вся криволінійна фігура МРQN, заштрихованная на рис. 1.1.29, а) належить Ф, і отже, кожна точка D відрізка АВ є центром деякого кола, всі крапки якого належать Ф (це коло вписаний у фігуру МРQN).

б) Доказ майже не відрізняється від докази пункту а), тільки окружність С 'доводиться замінити однією точкою В і фігуру МPQN - фігурою MBN, заштрихованої на рис. 1.1.29, б).

Рис. 1.1.29

в) Нехай А і В - дві граничні точки опуклою фігури Ф. Відрізок АВ може цілком складатися з граничних точок (рис. 1.1.30, а) - це і є перший випадок, зазначений в умові завдання.

Рис. 1.1.30

Якщо ж яка-небудь точка С відрізка АВ є внутрішньою точкою Ф, то згідно з пунктом б) всі точки відрізків СА і СВ, крім А і В, повинні бути внутрішніми для Ф - це другий випадок, зазначений в умові (рис. 1.1.30 , б). [8, 140]

Завдання №1.1.4

Нехай Ф це опукла фігура, О - її внутрішня точка і l-пряма, що проходить через точку О. Так як пряма l сама є опуклою фігурою, то її перетин з фігурою Ф буде (згідно завданню 1.1.1) опуклою фігурою, розташованої на прямий (одновимірної опуклою фігурою), т. е. відрізком, променем або всієї прямій. Якщо це - відрізок, то його кінці А і В є граничними точками фігури Ф (рис. 1.1.31), і отже, пряма l містить дві граничні точки Ф.

Якщо це перетин - промінь (пряма l1на рис. 1.1.31), то його початок А 'буде єдиною граничною точкою фігури Ф, що лежить на прямій l1.

Якщо, нарешті, пряма l цілком належить фігурі (рис. 1.1.32), то на цій прямій немає жодної граничної точки фігури Ф.

Якщо фігура Ф обмежена, то її перетин з прямою також обмежено і, отже, є відрізком. Таким чином, на кожній прямій l, проведеної через внутрішню точку обмеженою опуклою фігури Ф, є рівно дві граничні точки цієї фігури. [8, 142]

Завдання № 1.1.5

Затвердження даної задачі рівносильно твердженням, що для всякої обмеженою неопуклого фігури Ф знайдеться пряма, яка перетинає її кордон більш ніж у двох точках. Доведемо це.

Нехай Ф - обмежена неопуклого фігура. У такому випадку знайдуться такі точки А і В, що належать Ф, що відрізок, їх з'єднує, не належить цілком фігурі Ф; позначимо через С точку відрізка АВ, що не належить Ф (рис. 1.1.33, а). Ми завжди можемо припустити, що точка А - внутрішня точка Ф.

Дійсно, якщо А - гранична точка Ф, А '- внутрішня точка, досить близька до точки А, то відрізок А'В також матиме точки поза фігури Ф (рис. 1.1.33, б).

Отже, нехай А - внутрішня точка. На відрізку ВС є гранична точка Р1, фігури Ф (може бути, що збігається з В), тому точка В належить фігурі Ф, а З лежить поза нею. На відрізку АС також є гранична точка Р2фігури Ф (А лежить всередині Ф, С- поза цієї фігури). Тоді, продовживши відрізок ВА за точку А, ми отримаємо промінь АD, що виходить з внутрішньої точки А фігури Ф. На цьому промені також є гранична точка Р3фігури Ф (тому фігура Ф обмежена).

Отже, на прямий АВ, що проходить через внутрішню точку А фігури Ф, лежать принаймні три граничні точки Р1, Р2і Р3, що потрібно було довести. Отже, всяка фігура Ф, що задовольняє умові завдання, повинна бути опуклою.

Завдання №1.1.6

Нехай l1іl2- дві паралельні опорні прямі фігури Ф, відстань між якими має найбільше значення; А1і А2- граничні точки фігури Ф, що належать відповідно прямим l1іl2. Покажемо, що відрізок А1А2перпендікулярен до обох прямим l1іl2. Справді, якби це було не так, то відстань між прямими l1іl2било б менше, ніж відрізок А1А2 (рис. 1.1.34), і тим більше менше, ніж відстань між двома опорними прямими l1'і l2 'фігури Ф, перпендикулярними до відрізка А1А2, що суперечить умові (тому ми знайшли дві опорні прямі відстань між якими більше відстані між опорними прямими l1іl2).

Так як А1і А2- які завгодно граничні точки фігури Ф, що належать відповідно прямим l1іl2, то з перпендикулярності відрізка А1А2к прямим l1і l2следует, що жодна з прямих l1і l2не може мати з фігурою Ф цілий загальний відрізок (т. Е. Випадок, зображений на рис. 1.1.35, неможливий); іншими словами, кожна з цих прямих містить єдину граничну точку фігури Ф. [8, 143]

Завдання №1.1.7

Нехай Ф - опукла фігура, l1і l2- паралельні опорні прямі, відстань між якими має найбільше можливе значення d, А1і А2- спільні точки фігури Ф і прямих l1і l2соответственно. Так як відрізок А1А2перпендікулярен до прямих l1і l2 (див. Задачу 1.1.6), то довжина його дорівнює d (рис. 1.1.36). Залишається тільки довести, що відстань між будь-якими двома точками фігури Ф не перевищує d. Дійсно, якщо В і С - будь-які дві точки фігури Ф, а т і п - опорні прямі, перпендикулярні до прямої містить відрізок ВС (рис. 1.1.37), то відрізок ВС не перевершує відстані між прямими т і п, яке в свою чергу не перевершує d. Отже, довжина ВС не може бути більше d.

Завдання №1.1.8

Проведемо дві опорні прямі l і т опуклою фігури Ф, перпендикулярні до відрізка АВ. Вся фігура Ф укладена в смузі між прямими l і т, а отже, в цій смузі поміщається і відрізок АВ довжини d, перпендикулярний до прямих l і т. Але так як відстань між прямими l і т не може бути більше d (задача 1.1. 7), то прямі l і т повинні проходити через кінці А і В відрізка. [8, 145]

2. Ізопериметрична нерівність

Згідно з переказами давним-давно фінікійський царівна Дідона з невеликим загоном відданих їй людей покинула рідне місто Тир, рятуючись від переслідувань свого брата Пігмаліона. Її кораблі вирушили на захід по Середземному морю, і пливли поки Дідона не помітила зручне для поселення місце на африканському узбережжі, в нинішньому Туніському затоці. [4, 13]

Король місцевих жителів нумідійцев ЯРБ погодився продати Дидоне лише маленький, на його думку, ділянку землі, "в межах волової шкури". Однак Дідона надійшла хитріше. Вона розрізала шкуру на тонкі ремені і пов'язала їх в одну довгу стрічку. Потім перед царівною стояла задача, як цією стрічкою відгородити ділянку землі найбільшою площі. Дідона успішно впоралася з поставленим завданням і на цьому місці заснувала місто Карфаген.

Отже, Дидоне довелося вирішувати таку задачу:

Як потрібно розташувати шнур фіксованої довжини L, щоб він відгороджував від прямолінійного берега ділянку землі максимальної площі? [4, 14]

Завдання Дідони є окремим випадком изопериметрических завдань. Ця назва походить від двох грецьких слів: isos - рівний і perimetron - обмір, обвід. Изопериметрическая завдання полягає в тому, щоб серед даної сукупності фігур, що мають однакову довжину контура (однаковий периметр), знайти ту, чия площа більше площі будь-який інший фігури розглянутої сукупності.

Розглянемо простий приклад. Нехай виділений клас геометричних фігур складається з усіх трикутників з даними периметром, тоді изопериметрическая завдання полягає в тому, щоб знайти трикутник даного периметра, у якого площа максимальна. Таким трикутником є ??рівносторонній трикутник.

Значно складнішою є основна изопериметрическая завдання:

Серед усіх плоских фігур даного периметра L знайдіть ту, яка має максимальну площу. [5, 22]

Відповіддю цього завдання є коло. Ще в стародавній Греції було відомо, що коло має велику площу, ніж всі інші фігури з тим же самим периметром, а куля - найбільший обсяг серед всіх тіл з однією і тією ж поверхнею. Недарма коло і куля були в давнину символами геометричного досконалості. На початку другого століття до нашої ери грецький геометр Зенодор написав спеціальний трактат "Про фігури, які мають однакову периферію". Про існування цього трактату ми дізнаємося з творів грецьких коментаторів Зенодор - Паппа (III в. Н. Е.) І Теона (IV ст. Н. Е.). Сама рукопис Зенодор загублена. [5, 23]

Хоча відповідь в основний изопериметрической завданню і здається очевидним, суворе її рішення містить певні труднощі. Швейцарський геометр Штейнер, вперше, що довів що тільки коло може бути вирішенням изопериметрической завдання припустив, що фігура найбільшою площі існує. Однак це міркування не є строгим. [3, 30]

Розглянемо загальні властивості изопериметрических фігур максимальної площі, для безлічі фігур на площині з даними периметром р.

Властивість 1.2.1. Всяка максимальна фігура опукла.

Доказ.

Нехай хорда А1В1, що з'єднує точки А1, В1нашей фігури, не лежить цілком всередині неї. Тоді, очевидно, деякий відрізок цієї хорди, скажімо АВ, лежить весь (крім кінців) поза фігури. Можна вважати тому, що дана фігура з периметром АаВС, рівним р, яка не містить хорду АВ (рис. 1.2.1). Замінимо дугу а хордою АВ. Периметр при такій заміні зменшиться, а площа збільшиться на частину Аав. Побудуємо тепер фігуру, подібну побудованої фігурі АВС, але з периметром, рівним периметру первісної фігури АаВС. У нової фігури площа буде більше, ніж у другій (оскільки коефіцієнт подібності більше одиниці), і поготів більше, ніж у первісної.

Властивість доведено. [5, 24]

Властивість 1.2.2. Всяка хорда максимальної фігури з периметром р, що ділить навпіл її периметр, обов'язково ділить рівно навпіл і її площа.

Доказ.

Дійсно, нехай біля фігури АВСD з периметром р хорда АС ділить периметр навпіл (рис. 1.2.2). Позначимо через S1, площа фігури AВС, а через S2- площа АDС. Припустимо, що S1> S2. Побудуємо тоді нову фігуру АВСEА, замінивши лінію АDС лінією АЕС, симетричною з АВС щодо хорди АС. Нова фігура АВСЕ, маючи колишній периметр, має площу більше площі первісної фігури, оскільки площа нової фігури дорівнює 2S1, а площа первісної дорівнює S1 + S2, в той час як за припущенням S1> S2і, отже, 2S1> S1 + S2. Тому фігура АВСD не є, всупереч припущенням, максимальною. Це доводить, що припущення S1> S2неверно. Аналогічно доводиться, що і припущення S1Властивість доведено. [3, 31]

Так як при перетворенні подібності площа плоскої фігури і квадрат її периметра збільшуються або зменшуються в однакове число разів і, отже, відношення площі до квадрату периметра не змінюється, то завдання можна сформулювати наступним чином:

Серед усіх плоских фігур знайти фігуру, для якої відношення площі до квадрату периметра було б найбільшим. [8, 67]

У задачі 1.2.5 доводиться, що якщо опукла фігура Ф відмінна від кола, то існує фігура, що має той же самий периметр, що і Ф, і велику площу. При цьому в задачі 1.2.5 стверджується, що такою фігурою може бути тільки коло. Таким чином, може здатися, що завдання 1.2.5 повністю вирішує изопериметрических задачу. Однак, хоча цей висновок і є вірним (див. Задачу 1.2.6), поки ми не маємо підстав робити це укладення з повною визначеністю: завдання 1.2.5 підказує відповідь изопериметрической завдання, але не дає її вирішення. Яскравий приклад, що показує, що існування рішення треба доводити, доставляє наступна модифікація парадоксу Перрона:

Теорема 1.2.1. Серед всіх квадратів найбільшу площу має квадрат зі стороною 1.

Доказ

Нехай найбільшу площу має квадрат зі стороною a. Розглянемо два випадки: а <1 і a> 1. Якщо а <1, то а2 <1 і площа квадрата зі стороною а не є найбільшою (вона менше площі одиничного квадрата). Якщо ж а> 1, ми візьмемо квадрат зі стороною b = А2. Тоді b> а (так як а> 1), і площа квадрата зі стороною b буде b2, притому b2> а2 (так як b> а). Значить, квадрат зі стороною а не має найбільшу площу, всупереч припущенням.

Теорема доведена. [5, 23]

У доказі цієї теореми допущена помилка, а саме не доведено, що існує квадрат найбільшою площі.

Розглянемо рішення задачі Дідони, користуючись изопериметрических властивістю кола (див. Задачу 1.2.6).

Нехай AВС і А'В'С 'являють собою півколо і яку-небудь іншу фігуру, що задовольняє всім умовам завдання. Додаючи до цих фігурам фігури АDС і А'D'С ', симетричні з першими щодо осей АС і А "З, складемо дві нові фігури: коло АВСD і відмінну від кола фігуру А'В'С'D', периметри яких рівні 2l. Згідно з основною теоремою про ізоперіметрах, площа круга АВСD більше площі фігури А'В'С'D '. Тому площа півкола АВС більше площі фігури А'В'С 'і півколо АВС буде вирішенням завдання Дідони. [5, 25]

2.1 Завдання

Завдання №1.2.1.

а) Доведіть, що з усіх трикутників з двома заданими сторонами найбільшу площу має той, у якого ці сторони взаємно перпендикулярні.

б) Доведіть, що з двох нерівних трикутників, що мають рівні підстави і рівні кути при противолежащей вершині, велику зівай і більший периметр має той, у якого різниця кутів при підставі менше (різниця бічних сторін менше); з усіх трикутників з даними підставою і даними кутом при противолежащей вершині найбільшу площу і найбільший периметр має рівнобедрений.

в) Доведіть, що з усіх паралелограмів з даними гострим кутом і даними периметром найбільшу площу має ромб.

г) Доведіть, що з двох нерівних трикутників з однаковими підставами і однаковими периметрами велику площу має той, у якого менше різниця кутів при підставі (менше різниця бічних сторін); з усіх трикутників з даними підставою і даними периметром найбільшу площу має рівнобедрений.

д) Доведіть, що з усіх трапецій з даними підставами і даними периметром найбільшу площу має равнобокая. [8, 67]

Завдання №1.2.2.

а) Доведіть, що з усіх трикутників з даними периметром найбільшу площу має рівносторонній трикутник.

б) Доведіть, що з усіх чотирикутників з даними периметром найбільшу площу має квадрат. [7, 335]

Завдання №1.2.3.

а) Доведіть, що серед усіх n-кутників, вписаних в цю окружність, правильний має найбільшу площу.

б) Доведіть, що серед усіх n-кутників, вписаних в цю окружність, правильний має найбільший периметр. [6, 63]

Завдання №1.2.4.

а) Доведіть, що з усіх опуклих чотирикутників з даними кутами і даними периметром найбільшу площу має чотирикутник, в який можна вписати коло

б) Доведіть, що з усіх опуклих n-кутників з даними кутами і даними периметром найбільшу площу має n-кутник, в який можна вписати коло. [8, 68]

Завдання №1.2.5. Доведіть, що якщо опукла фігура Ф відмінна від кола, то існує фігура, що має той же самий периметр, що і Ф, і велику площу. [8, 71]

Завдання №1.2.6. Доведіть, що коло має більшу площу, ніж кожна інша фігура того ж периметра. [6, 67]

2.2 Рішення

Завдання №1.2.1

а) Затвердження завдання цілком очевидно (див. рис. 1.2.3)

Рис. 1.2.3

б) Накладемо два трикутника, що задовольняють умові завдання, один на одного, щоб їх підстави збіглися, вершини С і С 'були розташовані по одну сторону від загальної підстави АВ і щоб одночасно виконувалися наступні умови:

САВ <СВА, С'АВ <С'ВА (рис. 1.2.4, а)

У цьому випадку вершини С і С 'трикутників будуть розташовані на дузі кола ВС'СА, що вміщає кут АСВ, рівний розі АС'В (за умовою завдання). З рис. 1.2.4, а) відразу видно, що вершина трикутника АВС, що має меншу різниця кутів при підставі, ніж трикутник АВС ', розташована ближче до середини дуги ВС'СА, звідки випливає, що висотаАВС більше висотиАВС', і, отже, SАВС> SАВС '.

Нам залишається ще довести, що:

СА - СВ <С'А- С'В;

і СА + СВ> С'а + С'В.

Відкладемо на стороні СА відрізок СD = СВ і на стороні С'а відрізок С'D '= С'В і з'єднаємо D і D' з В (рис. 1.2.4, а). Так як кути А d і АD'B це зовнішні кути рівнобедрених трикутників BCD і BC'D 'то:

ADB = 2d- =, де d = 90 °.

AD'B = d +.

Так какADB = АD'В, то точки D і D 'лежать на дузі кола BD'DA. ПосколькуDВА Аналогічно, відклавши на продовженні сторін BC і BC 'відрізки CE = CA і C'E' = C'A (рис. 1.2.4, б) отримаємо:

СА + СВ = ВЕ> ВЕ '= С'а + С'В,

так какао =.

Друге твердження задачі відразу випливає з доведеного.

в) Паралелограм з даними гострим кутом а й даними периметром 2р розбивається діагоналлю на два трикутника. Тому для вирішення завдання нам достатньо довести, що з усіх трикутників з даними кутом а при вершині і даною сумою р бічних сторін найбільшу площу має трикутник.

Отже, нехай АВС - такий різнобічний трикутник, що:

ВАС = а, а АВ + АС = р;

припустимо для визначеності, що АВ> АС (в іншому випадку доказ аналогічно). Побудуємо трикутник АВ'С ', у которогоВ'АС' = а, АВ '+ АС' = р і який розташований, як зазначено на рис. 1.2.5. Точку перетину сторін ВС і В'С 'позначимо через М. Доведемо тепер, що:

SCC'M> SBB'M

Дійсно, трикутники СС'М і ВВ'М мають рівні кути при вершинах і рівні підстави СС і ВВ:

СС '- ВВ' = (АС '- АС) - (АВ - АВ') = (АВ '+ АС') - (АВ + АС) = р - р = 0.

Далі, з чотирьох кутів ВВ'М, В'ВМ, СС'М і С'СМ найбільшим є перший, а отже, найменшим - другий (тому що сума двох перших кутів дорівнює сумі двох останніх). Звідси випливає, що різниця кутів при основі трикутника ВВ'М більше, ніж різниця кутів при основі трикутника СС'М. Таким чином SCC'M> SBB'M. Отже, SAB'C '> SABC, що потрібно було довести. [8, 221]

г) Накладемо два трикутника, що задовольняють умові завдання, один на одного так, щоб їх підстави збіглися, вершини С і С 'були розташовані по одну сторону від загальної підстави АВ, нехай при цьому:

САВ <СВА;

С'АВ <С'ВА,

нехай окрім цього

САВ> С'AB (ріс.1.2.6).

Якби при цьому билСВА> С'ВА, тоC'BA був би укладений всередині треугольнікаABC і вони не могли б мати рівних периметрів. Отже, трикутники розташовані так, як зображено на рис. 1.2.6; звідси і з попередніх співвідношень між кутами випливає, що різниця кутів при підставі більше у трикутника АС'В (CBA -CAB МВА> САВ> МАВ, випливає, що МА> МВ.

З іншого боку, точка Р буде перебувати між М і С, так як якщо б вона збіглася з деякою точкою Р 'на продовженні МС, то з рівності периметрів двох трикутників ми мали б

АС + СВ = АС '+ С'В, тобто АС + Р'М-СР '+ МВ = АN + NМ + MC' + С'В.

Звідси, так як:

Р'М = МС ', МВ = МN і С'В = Р'N,

ми мали б:

АС = АN + NР '+ Р'С,

що неможливо.

Віднявши тепер від трикутників АВС і АВС 'рівні між собою трикутники NМР і МВС' (заштриховані на рис. 1.2.6), ми відразу виявимо, що трикутник АВС має велику площу.

Нам ще залишається довести, що:

СА - СВ <С'а - С'В.

Для цього достатньо перевірити, що АС <АС '(а отже, ВС> ВС'). Дійсно, якби було АС> АС ', ВС <ВС', то з розгляду трикутників АСС 'і ВСС' ми отримали б два несумісних нерівності:

АСС '<АС'С, ВСС'> ВС'С.

Рівність же АС = АС 'неможливо, так як трикутники АВС і АВС', за припущенням, не рівні.

Друге твердження задачі відразу випливає з доведеного. [8, 223]

д) Для того щоб при заданих умовах площа трапеції АВСD була найбільшою, необхідно, щоб її висота була найбільшою. Провівши лінію ВD '|| СD (рис. 1.2.7), ми отримаємо, що найбільшою висоті трапеції АВСD відповідає найбільша площа трикутника АВD' із заданим підставою (рівним різниці підстав трапеції) і заданим периметром (рівним периметру трапеції мінус подвоєний менше підставу) . Після цього залишається тільки застосувати до трикутника АВD 'висновок завдання 1.2.1 пункту м [8, 224]

Завдання №1.2.2

а) Ця нескладна завдання має кілька рішень, ми розглянемо тільки два.

Перше рішення.

За формулою Герона площа S трикутника зі сторонами a, b, с і напівпериметр р дорівнює:

S =

звідки:

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

Але так як:

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

то за теоремою про середню арифметичному і середньому геометричному:

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

і, отже, S2, де рівність має місце лише у випадку pa = pb = pc, тобто у разі a = b = c, - когдаABC є рівностороннім. [6, 253]

Друге рішення

Нехай АВС-нерівносторонні трикутник, АВ його більша сторона (або одна з двох великих сторін) (рис. 1.2.8, а).

Рис. 1.2.8

Трикутник АВС ', що має той же периметр, що і трикутник АВС, і те ж підстава АВ (рис. 1.2.8, а), в силу завдання 1.2.1 г) має не меншу площу, ніж трикутник АВС. Побудуємо тепер трикутник АDЕ, у якого сторона АD равнаперіметра трикутника АВС '(або АВС), DАЕ = ВАС' і периметр якого дорівнює періметруАВС '. Розташуємо трикутник АDЕ так, як зазначено на рис. 1.2.8, б). Так як АВ - велика сторона трикутника АВС, а сторона АD дорівнює третині периметра цього трикутника, то АВ> АD; звідси випливає, що АЕ> АС '(так як іначеАDЕ був би укладений всередині трикутника АВС' і не міг би мати того ж периметра). Так як АВ це велика сторона рівнобедреного трикутника АВС ', тому:

= AD.

З останнього нерівності випливає, чтоАС'D> АDС ', т. Е.ЕС'D <ВDС'.

Так як, крім того, очевидно, чтоВDС '> ЕDС', то в силу завдання 1.2.1 г) ми можемо укласти, що з двох трикутників С'DЕ і ВС'D, що мають загальну підставу і рівні периметри (т.к. периметр трикутника АВС 'дорівнює периметру трикутника АDЕ, то AC' + C'E + ED + DA = AC '+ C'B + BD + DA, значить C'E + ED = C'B + BD), другий має меншу площу . Таким чином,

SC 'DE> SBC' D, SA DE> SABC '.

Тепер, побудувавши на підставі АD трикутник АDF, що має той же периметр, що і трикутник АDЕ (цей трикутник, зображений пунктиром на рис. 1.2.8, б), очевидно, буде рівнобічним (тому AD = p, AF = FD = p), ми отримаємо згідно завданню 1.2.1 г), що:

SADF> SADE

(Трикутник АDЕ не збігається з рівностороннім трикутником АDF, так как60 °).

Ланцюг нерівностей:

SABCSABC 'і доводить теорему (в цьому ряду нерівностей ми один раз змушені пісатьвместо <, так як у нас немає впевненості, чтоАВС НЕ равенAВС ', т. е. що він не рівнобедрений). [8, 225]

Рис. 1.2.9

б) Розіб'ємо чотирикутник АВСD діагоналлю АС на два трикутника. Замінивши трикутники AВС і АСD рівнобедреного трикутника АВ'С і АСD 'з тими ж підставами і з тими ж периметрами, ми отримаємо чотирикутник АВ'CD', причому в силу завдання 1.2.1 г):

SAB'CD'SABCD (рис. 1.2. 9, а).

Тепер замінимо рівні трикутники АВ'D 'і В'СD' (за трьома сторонами) рівнобедреного трикутника А'В'D 'і В'С'D' з тими ж підставами і тими ж периметрами; ми отримаємо ромб А'В'С'D ', причому:

SA'B'C'D'SAB'CD '(рис. 1.2.9, б).

Нарешті, ромб А'В'С'D 'має в силу завдання 1.2.1 а) не більшу площу, ніж квадрат А''B'С'D' 'з тією ж стороною (рис. 1.2.9, в).

Якщо чотирикутник АВСD відмінний від квадрата, то в ланцюзі нерівностей:

SABCDSAB'CD'SA'B'C'D'SA''B'C'D '',

хоча б один раз повинно стояти точне нерівність. [8, 227]

Завдання №1.2.3

а) Якщо вписаний в коло n-кутник не є правильним, то у нього є сторона, менша боку відповідного правильного n-кутника. Припустимо, що у цього вписаного в коло неправильного n-кутника є сторона, велика боку правильного n-кутника (якщо це не так, то весь n-кутник вписаний в дугу кола, меньшую- частини кола; цей випадок можна відкинути, бо тоді багатокутник може бути цілком поміщений всередині правильного n-кутника і мати в цьому випадку меншу площу; рис. 1.2.10).

Не змінюючи площі багатокутника, вписаного в коло, ми можемо поміняти його боку місцями так, щоб поруч опинилися сторона, велика боку правильного n-кутника, і сторона, менша боку правильного n-кутника (очевидно, що якщо поміняти місцями дві сусідні сторони вписаного в окружність багатокутника, то площа його не зміниться (рис. 1.2.11); повторюючи цей процес, можна домогтися того, щоб будь-які дві сторони опинилися поруч).

Рис. 1.2.11

Якщо ми тепер, не змінюючи інших сторін, змінимо довжини цих двох сторін багатокутника так, щоб одна з них стала рівною стороні правильного n-кутника і багатокутник залишався вписаним в ту ж коло, то згідно завданню 1.2.1, 6) площа n-кутника збільшиться. Продовжуючи цей процес далі, ми прийдемо, врешті-решт, до правильного n-косинці; при цьому в процесі зміни вихідного n-кутника площа його буде тільки збільшуватися.

б) Доводиться аналогічно рішенню завдання 1.2.3 а). [6, 251]

Завдання №1.2.4

а) Приймемо відомий периметр шуканого чотирикутника ABCD за одиницю і нехай A'B'C'D ', який лидо чотирикутник подібний ABCD. Тоді площа ABCD дорівнює отношеніюплощаді чотирикутника A'B'C'D 'до квадрату його периметра (тому що коефіцієнт подібності чотирикутників ABCD і A'B'C'D' дорівнює відношенню їх периметрів тобто, а площа ABCD дорівнює площі A'B'C'D 'помноженої на квадрат коефіцієнта подібності, тобто дорівнює S =) і задача зводиться до того, що б знайти той з чотирикутників, що має наперед задані кути, для якого відношення площі до квадрату периметра має найбільше можливе значення (рис. 1.2.12). Нам потрібно довести, що шуканим буде чотирикутник ABCD який можна описати близько окружності. [6, 247]

Рис. 1.2.12

Постоїмо трикутник АВF два кути якого рівні кутах А і В шуканого чотирикутника (такий трикутник неможливо побудувати лише в тому випадку, коли сума кожних двох сусідніх кутів чотирикутника ABCD дорівнює 1800. У цьому винятковому випадку наша задача формулюється так: довести, що з усіх паралелограмів з даними гострим кутом і даними периметром найбільшу площу має ромб). Нам треба перетнути цей трикутник прямий CD даного напрямку, так, щоб у отриманого чотирикутника ABCD відношення площі до квадрату периметра було можливо великим. Впишемо в трикутник ABF коло з радіусом r і центром О і проведемо пряму CD заданого напрямку таким чином, що б вона стосувалася цієї окружності (рис. 1.2.12). Доведемо, що чотирикутник ABCD володіє потрібним властивістю, тобто, якщо C'D '- довільна пряма паралельна CD, то:

(*)

Позначимо коефіцієнт подібності трикутників FCD і FC'D 'через k (k може бути більше або менше одиниці). Очевидно, що:

;

;

. [6, 248]

Звідси:

;

або, якщо позначити

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

= R (p-q);

r (p-k2q).

Далі, з подоби трикутників CDF і C'D'F слід:

C'F + FD'- C'D '= 2kq, звідки AB + BC + CD + DA = AB + BF + FA- (CF + FD-CD) = 2 (pq),

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

У силу цього нерівність (*) прийме наступний вигляд:

, Звідки маємо:

.

Переносячи обидва члени нерівності в ліву частину і примножуючи його на (позитивне) число (pq) (pk q) 2, отримаємо:

(P-k q) 2- (p-q) (p-k2q) 0,

що після розкриття дужок і спрощення дає:

(1- k) 2p q0.

Остання нерівність очевидно справедливо. [6, 249]

б) Для простоти вирішимо спочатку задачу для випадку п'ятикутника, і нехай М = АВСDЕ і M '= А'В'С'D'Е'- два п'ятикутника з периметрами Р і Р' і площами S і S ', що мають рівні кути, причому М описаний навколо кола s радіуса r, а M 'не подібний М. Для того що б довести нерівність:

(**)

відкинемо відповідні сторони DЕ і D'E 'п'ятикутників М і М' (такі, чтоD + Е = D '+ E'> 1800) і продовжимо примикають до DЕ і D'E 'боку до їх перетину. При цьому ми отримаємо два чотирикутника ABCT і A'B'C'T 'з відповідно рівними кутами, причому чотирикутник ABCT описаний навколо кола s (рис. 1.2.13). Для спрощення викладок вважатимемо, що розміри вихідних п'ятикутників вибрані так, що розглянуті чотирикутники мають однакові периметри, рівні Р1 (виконання цієї умови завжди можна домогтися, перетворивши, якщо треба, п'ятикутник М 'подібно).

Рис. 1.2.13

Ясно, що. Позначимо, де- деяке позитивне число (рівне). [6, 250]

В силу результату завдання а) 1, причому = 1, лише, якщо A'B'C'T 'теж описаний близько окружності, тобто якщо він дорівнює ABCT.

Далі позначимо DT + ТЕ-DЕ = p і D'T '+ Т'Е'-D'Е' = kp, де k - коефіцієнт подібності треугольніковD'E'T 'іDTE. Так як

то.

Далі маємо:

S = SM = -;

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

S '= SM' =

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

Тому нерівність (**) прийме вигляд:

або,

т.е ..

Але остання нерівність дійсно справедливо:

,

так як 1-, апо самому визначенню цих величин. В останньому нерівності стоїть знак>, а нетак як якщо 1- = 0, = 1, то чотирикутник А'В'С'Т 'дорівнює чотирикутнику Австо, і для того, щоб п'ятикутник А'В'С'D'Е' був відмінний від АВСDЕ, треба, щоб трикутник D'Е'Т 'різнився від DЕТ, т. е. що б було k1; таким чином, якщо (1-а) (Р1- p) Р1 = 0, то Р1р (1-к) 2больше нуля.

Рішення завдання для n-кутника проводиться за методом математичної індукції. Воно нічим не відрізняється від вище наведеного, і всі викладки мають точно такий же вигляд. Тільки замість п'ятикутника усюди треба говорити про n-косинці і замість чотирикутника - об (п-1) -угольніке, для якого, за припущенням індукції, теорема вважається вже доведеною (що дозволяє стверджувати, что1). [6, 251]

Завдання №1.2.5

Нехай АВ - хорда фігури Ф, що ділить периметр Ф навпіл. Якщо хорда АВ ділить площу Ф на дві нерівні частини, то існує фігура, що має той же периметр, що і Ф, і велику площу. Якщо ж хорда АВ ділить периметр і площу Ф навпіл і фігура Ф відмінна від кола, то принаймні одна з двох частин, на які АВ ділить Ф, відмінна від півкола з діаметром АВ. Звідси випливає, що біля фігури Ф знайдеться така гранична точка Р, що кут АРВ відмінний від прямого (рис. 1.2.14, а; в іншому випадку межа Ф була б окружністю з діаметром АВ, і фігура Ф була б колом). Замінимо тепер частина АРВ фігури Ф новою фігурою А'Р'В '(рис. 1.2.14, 6), залишивши сегменти фігури, що відсікаються хордами АР і РВ, без зміни і замінивши трикутник АРВ прямокутним трикутником з тими ж довжинами бічних сторін (АР = А'Р ', РВ = Р'В'); при цьому в силу задачі 1.2.1, а):

SA'P'B '> SAPB. [8, 237]

Рис. 1.2.14

Відбивши тепер отриману фігуру А'Р'В 'щодо хорди А'В', ми отримаємо фігурутого ж периметра, що і фігура ф (периметр обох фігур дорівнює подвоєною довжині дуги АРВ), але більшої площі (площадьравна подвоєною площі фігури А'Р ' В ', площа Ф - подвоєної площі фігури АРВ). [8, 238]

Завдання №1.2.6

Нехай Ф - довільна опукла фігура, К-коло. Нам треба довести, що відношення площі круга До до квадрата його периметра більше, ніж відношення площі фігури Ф до квадрату її периметра. При цьому площа і периметр Ф і К визначаться як межі площ і периметрів послідовностей описаних навколо цих опуклих фігур багатокутників, всі зовнішні кути яких прагнуть до нуля.

Будемо розглядати описані навколо Ф і К багатокутники з відповідно рівними кутами (наприклад, описані навколо Ф і К багатокутники з паралельними сторонами; рис. 1.2.15). В силу завдання 1.2.4, б) відношення площі до квадрату периметра буде для кожного багатокутника, описаного навколо К, не менше, аніж для відповідного багатокутника, описаного навколо Ф.

Звідси, переходячи до межі, отримуємо, що:

звідки вже випливає, що коло має не меншу площу, ніж кожна інша опукла фігура того ж периметра. Припустимо тепер, що фігура Ф не є кругом, т. Е. Відмінна від К. У цьому випадку, очевидно, не всі багатокутники, описані навколо К, будуть подібні відповідним багатокутників, описаним навколо Ф. При цьому якщо М є перший з розглянутих багатокутників , описаних навколо К, який не подібний відповідному многоугольнику, описаного навколо Ф, то відношення площі до квадрату периметра для багатокутника М буде більше (а не тільки не менше), ніж для багатокутника (див. рішення задач 1.2.4 а, б). А так як надалі відношення площі до квадрату периметра для багатокутників, описаних навколо К, збільшується кожного разу (при переході від описаного n-кутника до описаного (п + 1) -угольніку) більше, ніж для багатокутників, описаних навколо Ф, то остаточно ми можемо укласти, що:

Рис. 1.2.15

Примітка. Якщо вже доведено, що площа кола До периметра 1 цієї статті не менше площі будь іншої фігури Ф того ж периметра (саме це і означає нерівність (*)), то з результату завдання 1.2.5 (для будь-якої фігури Ф, відмінної від кола, можна знайти фігурутого ж периметра і більшої площі) відразу буде випливати, що площа К (яка не може бути менше площі) більше площі Ф (т. е. нерівність (**)). [8, 238]

3. Завдання на максимум і мінімум

Невичерпні розсипи дорогоцінних завдань на максимум і мінімум таяться в надрах найдавнішою з математичних наук - геометрії. [4, 30]

Багато задач на максимум і мінімум пов'язані з поняттями вписаною і описаної окружності опуклою фігури.

Визначення 1.3.1. Описаної окружністю плоскої фігури Ф називається найменша окружність, що укладає Ф всередині себе.

Визначення 1.3.2. Вписаною окружністю опуклою фігури Ф називається найбільша окружність, цілком полягає всередині Ф. [7, 200]

На противагу описаного кола вписана окружність опуклою фігури може і не бути єдиною (рис. 1.3.1).

Визначення 1.3.3. Центром опуклою фігури Ф називається її внутрішня точка О, що володіє наступною властивістю: відносини, в яких діляться точкою О всілякі хорди фігури Ф, що проходять через О, укладені в найбільш тісних межах.

Визначення 1.3.4. Найменше з відносин, в якому ділиться центром Про що проходить через О хорда Ф, називається коефіцієнтом центральності фігури Ф. [8, 77]

Так, для центрально - симетричних опуклих фігур (і тільки для таких фігур) коефіцієнт центральності дорівнює 1, а центр збігається з центром симетрії: всі хорди, що проходять через центр симетрії, діляться в ньому в одному і тому ж відношенні 1: 1. Очевидно, що чим ближче до 1 коефіцієнт центральності опуклою фігури, тим більше фігура схожа на центрально - симетричну. [8, 78]

Використовуючи задачу 1.3.3, в якій доводиться, що з усіх опуклих кривих ширини 1 найменшу площу обмежує рівносторонній трикутник з висотою 1, можна вирішити таку задачу:

Яку найменшу площу може мати опукла фігура Ф, якщо відомо, що всередині Ф можна так рухати відрізок довжини 1, щоб він повернувся на кут 360 °?

Дійсно, насамперед легко бачити, що шірінафігури Ф не може бути менше 1: якби відстань між якою-небудь парою паралельних опорних прямих l і l 'фігури Ф було менше 1, то відрізок довжини 1, що має напрямок, перпендикулярний до l і l ', не міг би бути розташований всередині Ф (рис. 1.3.2), і отже, такий відрізок не можна повернути на 360 ° так, щоб він весь час залишався всередині Ф. [8, 78]

В силу завдання 1.3.3 звідси випливає, що площа опуклою фігури Ф, всередині якої можна повернути на 360 ° відрізок довжини 1, не може бути менше площі рівностороннього трикутника висоти 1 (т.е.площадь дорівнює = 0,577 ...). З іншого боку, цілком очевидно, що всередині правильного трикутника висоти 1 можна повернути на 360 ° відрізок довжини 1 (рис. 1.3.3).

Неважко бачити, що діаметр D трикутника дорівнює його найбільшої стороні, а ширина-висоті, опушеною на цю сторону. Звідси легко вивести, що для трикутника:

D ? D.

Теорема 1.3.1. Для трикутника: D ? D, де D - діаметр трикутника, D-ширина трикутника.

Доказ.

Дійсно, якщо D є найбільша сторона деякого трикутника, то противолежащий їй кут трикутника є найбільшим, звідки випливає, що хоча б один кут, що примикає до цієї сторони, що не більше 60 °. Звідси випливає, що висота трикутника, опушена на сторону довжини D, що дорівнює добутку однієї з інших сторін трикутника (за припущенням не більшою за D) на синус кута примикає до найбільшої осторонь, не більше, ніж: D sin60 ° = D. Рівність D = D має місце тільки в тому випадку, коли трикутник є рівностороннім.

Теорема доведена. [8, 80]

У теорії опуклих фігур значне місце займає метод сімметрізацій, сенс якого полягає в заміні досліджуваної фігури новою фігурою, більш симетричною, ніж перша. При цьому існує цілий ряд різних способів сімметрізаціі опуклою фігури.

Основну роль в теорії плоских опуклих фігур грають два типи сімметрізаціі: сімметрізація щодо осі і сімметрізація відносно точки. [8, 82]

Рис. 1.3.4

Сімметрізація щодо осі полягає в тому, що опукла фігура замінюється новою фігурою, яка має фіксовану вісь симетрії l, за допомогою наступного побудови: кожна хорда АВ опуклою фігури Ф, перпендикулярна до прямої l, зсувається вздовж утвореною АВ прямої в нове положення А1В1сімметрічное щодо l. Фігура Ф ', утворена всіма хордами А1В1в новому їхньому становищі, називається чином фігури Ф при сімметрізаціі щодо осі l (рис. 1.3.4).

Більш складно визначається сімметрізація відносно точки, яка переводить довільну опуклу фігуру Ф в центрально-симетричну фігуру Ф '. За аналогією з сімметрізаціей відносно прямої хотілося б визначити сімметрізацію відносно точки, наступним чином: кожна хорда АВ кривої, що проходить через будь-яку внутрішню точку О, зсувається вздовж утвореною АВ прямої в нове положення А'В ', симетричне щодо ПРО (рис.1.3 .5). Однак такий метод сімметрізаціі знаходить порівняно скромне застосування.

Рис. 1.3.5

Значно важливішим виявляється спосіб сімметрізаціі відносно точки, що визначається таким чином. Опукла фігура Ф розглядається як перетин нескінченного числа смуг, утворених її паралельними опорними прямими. Потім всі ці смуги зсуваються в напрямку, перпендикулярному до напрямку смуги, в нове положення, симетричне щодо деякої точки О; фігура Ф ', утворена в перетині зсунутих смуг, і називається чином фігури Ф при сімметрізаціі відносно точки О (рис. 1.3.6, а). На рис. 1.3.6, б) зображена сімметрізація опуклого багатокутника М. [8, 83]

Рис. 1.3.6

Усі завдання на максимум і мінімум, пов'язані з опуклими фігурами, можуть бути розділені на дві групи. До першої групи належать завдання, в яких потрібно з усіх опуклих фігур знайти ту, для якої якась чисельна величина, що характеризує фігуру, приймає найбільше або найменше значення (завдання на безумовний максимум або мінімум).

Значно більше число завдань містить друга група, в задачах якої потрібно знайти найбільше або найменше значення деякої величини, пов'язаної з опуклою фігурою, причому розглянута опукла фігура повинна задовольняти ще деяким додатковим умовам, перерахованим у формулюванні завдання. Чаші всього ці додаткові умови полягають у тому, що якась інша чисельна характеристика опуклою фігури повинна мати наперед задане значення. Ці завдання є більш складними (завдання на умовний максимум або мінімум). Найбільш відомою завданням такого роду є изопериметрическая завдання. [8, 84]

3.1 Завдання

Завдання №1.3.1. Доведіть, що плоска фігура Ф не може мати двох різних описаних кіл. Доведіть також, що описана окружність плоскої фігури Ф обов'язково містить або дві граничні точки Ф, що є діаметрально протилежними точками кола, або ж три граничні точки Ф, що є вершинами остроугольного трикутника. Виведіть звідси, що радіус R описаного кола плоскої фігури Ф діаметра 1 полягає в межах:

0,5 ? R ? = 0,577 ... [7, 201]

Завдання №1.3.2. Доведіть, що вписана окружність опуклою фігури Ф обов'язково містить або дві граничні точки Ф, що є діаметрально протилежними точками кола, або три граничні точки Ф, що є вершинами остроугольного трикутника; в останньому випадку вписана окружність Ф є єдиною. Доведіть також, що радіус r вписаного кола опуклою фігури Ф ширини 1 полягає в межах:

? r ?. [8, 76]

Завдання №1.3.3. Доведіть, що з усіх опуклих кривих ширини 1 найменшу площу обмежує рівносторонній трикутник з висотою 1.

Завдання №1.3.4. Доведіть, що трикутник має меншу площу, ніж кожна інша опукла фігура того ж самого діаметру і тієї ж самої ширини. [8, 80]

3.2 Рішення

Завдання №1.3.1

Фігура Ф не може мати двох різних описаних кіл, бо якби Ф містилася всередині двох кіл S і S 'одного і того ж радіуса R, то вона полягала б також всередині заштрихованого на рис. 1.3.7 двуугольніка, утвореного перетином кіл S і S ', а отже, і всередині кола, описаного навколо цього двуугольніка (зображеної пунктиром на рис. 1.3.7).

Але остання окружність має менший радіус, ніж окружності S і S ', що суперечить тому, що окружності S і S' - описані окружності фігури Ф. Далі, якщо окружність S, що містить плоску фігуру Ф всередині себе, взагалі не містить граничних точок Ф, то існує окружність меншого радіуса, також містить Ф всередині себе.

Рис. 1.3.7

Щоб отримати цю окружність, будемо поступово зменшувати радіус кола S, не змінюючи її центру, до тих пір, поки зменшена коло не торкнеться кордону фігури Ф в якій-небудь точці А (рис. 1.3.8, а). [8, 246]

Рис. 1.3.8

Якщо окружність S, що містить фігуру Ф всередині себе, містить єдину граничну точку А фігури Ф, то також існує окружність S 'меншого радіуса, що укладає Ф всередині себе. Для того щоб це довести, зрушимо окружність S в напрямку радіуса ОА (О - центр кола S) так, щоб точка А опинилася всередині кола (рис. 1.3.8, б). При цьому ми отримаємо окружність того ж радіуса, що і S, що містить фігуру Ф всередині себе і не містить граничних точок Ф; згідно вищесказаного радіус цієї окружності можна зменшити так, щоб вона все ще містила фігуру Ф всередині себе.

Нарешті, якщо окружність S, що містить фігуру Ф всередині себе, містить дві граничні точки А і В фігури Ф, які не є діаметрально протилежними точками S, і дуга кола S, велика півкола, з кінцями в точках A і B не містить більш ніяких точок Ф , то також існує коло, радіус якої менше радіуса S і яка укладає фігуру всередині себе. Для доказу зрушимо кілька окружність S в напрямку, перпендикулярному до хорди АВ так, щоб точки А і В опинилися всередині кола (рис. 1.3.8, в). При цьому ми знову отримаємо окружність того ж радіуса, що і S, що містить Ф всередині себе і не містить граничних точок Ф; радіус цієї окружності можна зменшити так, щоб Ф все ще залишалася всередині кола.

Таким чином, найменша з містять Ф кіл обов'язково повинна містити або дві точки Ф, що є діаметрально протилежними точками кола (рис. 1.3.9, а), або три такі точки Ф, що жодна з дуг окружності між якими-небудь двома з цих трьох точок не більше півкола (тобто три точки, які є вершинами остроугольного трикутника; рис. 1.3.9, б). [6, 301]

Рис. 1.3.9

Звідси відразу випливає, що радіус R описаного кола S фігури Ф діаметра 1 полягає в зазначених в умові завдання кордонах. Дійсно, насамперед, так як фігура Ф полягає всередині окружності S радіуса R, найбільша відстань між точками якої дорівнює 2R, то з того, що діаметр Ф дорівнює 1, відразу випливає, що 2R1, R. Таким чином, залишається тільки довести, що R. [8, 248]

Якщо описана окружність містить дві точки Ф, що є діаметрально протилежними точками кола, то, так як відстань між цими точками не більш 1, радіус R кола не може бути більше, отже, він дорівнює, значить, менше. Якщо ж описана окружність S фігури Ф містить три точки Ф, що є вершинами остроугольного трикутника АВС, то принаймні один з кутів а цього остроугольного трикутника не менш 60 °. Синус цього кута не менш, і так як сторона а, протилежна цьому кутку, що не більше 1, то діаметр 2R окружності S, описаної навколо трикутника АВС, равнийне більше.

Звідси отримуємо, що

R =. [6, 302]

Завдання №1.3.2

Рішення дуже схоже на попереднє. Перш за все, якщо окружність S, цілком полягає всередині випуклої фігури Ф, не містить зовсім граничних точок Ф, то існує полягає всередині Ф окружність S ', радіус якої більше радіусу S. Щоб знайти цю окружність, будемо поступово збільшувати радіус S, не змінюючи її центру, до тих пір, поки збільшена окружність не торкнеться кордону Ф в якій-небудь точці А (рис. 1.3.10, а).

Якщо окружність S, яка полягає цілком усередині опуклою фігури Ф, містить єдину граничну точку А фігури Ф, то теж існує коло, радіус якої більше радіуса S, яка полягає всередині Ф. Для того щоб це довести, зрушимо кілька окружність S в напрямку радіуса АТ (О - центр окружності S) так, щоб точка А опинилася поза кола (рис. 1.3.10, б). При цьому ми отримаємо окружність того ж радіуса, що і S, укладену всередині Ф і не має з кордоном Ф спільних точок; згідно вищесказаного, радіус цієї окружності можна збільшити так, щоб вона все ще залишалася укладеної всередині Ф. Нарешті, якщо окружність S, укладена всередині фігури Ф, містить дві такі граничні точки А і В фігури Ф, що дуга АВ окружності S, велика 180 ° , не містить ніяких інших граничних точок Ф, то також існує окружність більшого радіусу, ніж S, що міститься цілком усередині Ф. Дійсно, зрушимо окружність S в напрямку, перпендикулярному до хорди АВ так, щоб точки А і В опинилися поза кола (рис. 1.3 .10, в). При цьому ми отримаємо окружність того ж радіуса, що і S, яка полягає всередині Ф і не має з кордоном Ф спільних точок; радіус цієї окружності ми можемо збільшити так, щоб вона все ще залишалася всередині Ф.

Рис. 1.3.10

Таким чином, найбільша з усіх містяться в Ф кіл повинна містити або дві граничні точки Ф, що є діаметрально протилежними точками кола (рис. 1.3.11, а), або три такі граничні точки Ф, що жодна з дуг окружності між якими-небудь двома з цих трьох точок не більше півкола, т. е. три точки, які є вершинами остроугольного трикутника (рис. 1.3.11, б). [8, 249]

Звідси неважко вивести, що радіус r вписаного кола опуклою фігури Ф ширини 1 полягає в зазначених в умові завдання межах. Перш за все, так як окружність S полягає всередині Ф, а отже, і всередині кожної смуги, утвореної парою паралельних опорних прямих фігури Ф, то діаметр S не може бути більше 1 і, отже, радіус r кола S не може бути більше. Таким чином, потрібно довести лише, що r не може бути менше.

Рис 1.3.11

Якщо вписана в опуклу фігуру Ф окружність S стикається з кордоном Ф в точці А, то опорна пряма фігури Ф, через точку А, повинна бути одночасно і опорною прямий окружності S. Але так як через граничну точку кола можна провести тільки єдину опорну пряму, то звідси випливає, що фігура Ф може мати в точці А єдину опорну пряму, збігається з дотичною до кола S (т. е. точка А не може бути кутовий точкою фігури Ф). Звідси насамперед випливає, що якщо вписана в Ф окружність S містить дві граничні точки А і В фігури Ф, що є діаметрально протилежними точками S, то радіус S дорівнює половині відстані між паралельними опорними прямими фігури Ф, проведеними в точках А і В, і не може бути менше, отже, в цьому випадку обов'язково r = (рис. 1.3.11, а).

Якщо ж вписана окружність S фігури Ф містить три граничні точки А, В, С фігури Ф, що є вершинами остроугольного трикутника, то опорні прямі фігури Ф, проведені в точках А, В, С, утворять деякий трикутник А'В'С ', описаний одночасно навколо Ф і навколо кола S (рис. 1.3.11, б). Позначимо сторони цього трикутника через а, b, с (а - найбільша сторона), а відповідні висоти - через ha, hb, hc.

Площа трикутника А'В'С 'дорівнює, з одного боку, r, а з іншого ,.

Так як, аb, ас, то з рівності:

r =

слід:

ha = r3r,

r.

Але висотатреугольніка А'В'С ', описаного навколо фігури Ф, не може бути менше ширини Ф (див. Рис. 1.3.11, б); звідси випливає, що r, що потрібно було довести.

У тому випадку, коли вписана в опуклу фігуру Ф окружність S містить три граничні точки Ф, що є вершинами остроугольного трикутника, існує трикутник А'В'С ', описаний одночасно навколо Ф і навколо S. Звідси випливає, що в цьому випадку вписана окружність S є єдиною - всяка інша окружність, що міститься всередині Ф, повинна також міститися всередині трикутника А'В'С 'і, отже, буде менше, ніж окружність S, вписана в трикутник А'В'С'. Однак, якщо вписана окружність стикається з кордоном Ф в двох діаметрально протилежних точках, то вона може бути і не єдиною (див. Рис. 1.3.1). [8, 250]

Завдання №1.3.3

Насамперед відзначимо, що в силу результату завдання 1.3.2 радіус r кола S, вписаного у фігуру Ф ширини 1, не більше не менше. При цьому якщо r =, то площа фігури Ф не менш = 0,78 ..., що більше площі рівностороннього трикутника висоти 1, рівної = 0,57 ... Якщо ж r =, то Ф є рівносторонній трикутник висоти 1.

Нехай тепер радіус вписаного кола S фігури Ф дорівнює r (r <) тоді існує трикутник Т, описаний одночасно навколо Ф і навколо S (див. Рішення задачі 1.3.2, рис. 1.3.11, б). Проведемо ще три опорні прямі фігури Ф, відповідно паралельні сторонам трикутника Т; точки зіткненні цих опорних прямих з кордоном фігури Ф (які-небудь з точок дотику, якщо ці прямі містять цілі відрізки, що належать кордоні Ф) позначимо через А ', В', С '(рис. 1.3.12). Центр кола S позначимо через О. Так як відстань між парою паралельних опорних прямих фігури Ф не може бути менше 1, а точка О відстоїть від кожної зі сторін трикутника на відстань r, то відстань від точок А ', В', С 'до точки О не менше 1 - r. На відрізках ОА ', ОВ', ОС 'відзначимо точки А, В, С, віддалені від О на відстань 1 - r. Провівши з точок А, В, С дотичні до кола S, ми отримаємо фігуру Фr, що складається з кола радіуса r і трьох рівних між собою частин, обмежених колом і двома дотичними кола (див. Рис. 1.3.12); ця фігура полягає всередині нашої фігури Ф. Якщо r =, то Фr = Фпредставляет собою рівносторонній трикутник з висотою 1. [8, 256]

Досить довести, що з усіх фігур Фr (r <) відповідають різним значенням r найменшу площу має рівносторонній трикутник Ф.

На рис. 1.3.13 зображені рівносторонній трикутник РQR і фігура Фr (Неважко бачити, що загальна площа частин рівностороннього трикутника, що виходять за межі фігури Фr, менше площі частин фігури Фrрасположенних поза трикутника Ф. Частини трикутника, розташовані поза Фr, складаються з шести трикутників таких, як трикутник АPD, заштрихований на рис. 1.3.13. Нехай М - середина сторони РR трикутника РQR. Проведемо з точки М відрізок МN, рівний і паралельний РА. Точка N буде знаходитися всередині кола, що формує частину фігури Фr, так як найменша відстань від точки М до кола (відстань по перпендикуляру до РR) одно, як неважко бачити, РА (це можна вивести з того, що найбільша відстань від точки А до окружності дорівнює 1, як і висота трикутника). З'єднаємо N з А; нехай NА перетинає РR в точці Е.

Трикутник МNЕ дорівнює трикутнику ЕАР, а трикутник DАР становить лише частину ЕАР. Таким чином, ми можемо перенести трикутник DАР всередину МNЕ, т. Е. Всередину Фr (нове положення трикутника DАР теж заштриховано на рис. 1.3.13). Перенісши таким же чином всі шість трикутників, таких, як DАР, всередину Фr, ми переконаємося, що рівносторонній трикутник Фімеет меншу площу, ніж постать Фr. Цим і завершується доказ. [8, 257]

Завдання №1.3.4

Нехай Ф- деяка опукла фігура діаметра D і ширини. Доведемо, що площа Ф не може бути менше площі трикутника з основою D і висотою, т. Е. Не може бути меньшеD.

Нехай А і В - дві граничні точки фігури Ф, відстань між якими є найбільшим (одно D). Через точки А і В проведемо опорні прямі l1і l2фігури Ф, перпендикулярні до відрізка АВ; проведемо також дві інші опорні прямі m1і m2фігури Ф, перпендикулярні до l1і l2 (паралельні АВ; рис. 1.3.14, а). Згідно з визначенням ширини опуклою фігури, відстань між прямими m1і т2не може бути менше; отже, площа прямокутника PQRS утвореного прямими l1, m1, l2і т2не може бути менше D.

Нехай С - точка дотику опорної прямої m1 (сторони РS прямокутника PQRS) з фігурою Ф, Е- точка дотику прямої Т2С фігурою Ф. В силу опуклості фігури Ф вона повинна містити цілком чотирикутник ВСАЕ. Але площа трикутника AВС дорівнює половині площі прямокутника АВSР; площа трикутника АВЕ дорівнює половині площі прямокутника АQRВ. Таким чином, площа ВСАЕ дорівнює половині площі прямокутника PQRS і, отже, не може бути меньшеD; отже, і площу Ф не може бути меньшеD.

Рис. 1.3.14

З наведеного рішення неважко побачити, що площа Ф равнаDтолько в тому випадку, коли фігура Ф є трикутник. Дійсно, насамперед фігура Ф площадіDдолжна збігатися з чотирикутником ВСАЕ (див. Рис. 1.3.14, а), причому діагональ АВ повинна бути дорівнює діаметру D чотирикутника BСAЕ, а відстань між прямими m1і т2шіріне. Але останнє можливо тільки в тому випадку, коли відрізок АВ збігається з однією з сторін РS або QR прямокутника PQRS. Дійсно, в іншому випадку через точки С і Е завжди можливо провести опорні прямі m1'і т2 'чотирикутника ВСАЕ, відстань між якими буде менше відстані між m1і т2 (див. Рис. 1.3.14, а; якщо СSЕR, то SS'RR ', SRS'R' і, отже, відстань між m1'і т2 'і поготів менше SR). [8, 266]

Таким чином, площа опуклою фігури може бути равнаDтолько в тому випадку, коли Ф є трикутник з основою D і висотою (рис. 1.3.14, б). [8, 265]

Глава 2. Оцінка периметра п'ятикутника одиничного діаметра

1. Доказ рівності чотирьох діагоналей п'ятикутника одиниці

Визначення 2.1.1. Діаметром d багатокутника М називається точна верхня межа відстаней між його точками. [6, 68]

d = sup (X, Y)

Хm, уm

Теорема 2.1.1. Діаметр багатокутника дорівнює відстані між деякими його вершинами.

Доказ.

Багатокутник М є обмеженою замкнутої областю. За теоремою Вейєрштрасса неперервна функція (X, Y) досягає свого максимуму в цій галузі. Іншими словами існують такі дві точки А і В багатокутника, що:

(А, В) = sup (X, Y) = d.

Хm, уm

Відрізок АВ також будемо називати діаметром багатокутника.

Ясно, що кінці діаметра багатокутника повинні знаходитися на його кордоні, при цьому якщо хоча б один з кінців діаметра АВ не є вершиною багатокутника, то як видно з малюнка 2.1.1, один з відрізків K1B, K2B буде більше АВ (т.к. один з угловK1АB, K2АB не є гострим), що неможливо.

Рис. 2.1.1

Теорема доведена.

Отже, діаметр багатокутника збігається або з однієї із сторін, або з однією з діагоналей багатокутника.

Визначення 2.1.2. Опуклий багатокутник діаметра 1 будемо називати оптимальним, якщо його периметр більше периметра будь-якого іншого опуклого багатокутника діаметра 1.

Теорема 2.1.2. Всі сторони оптимального п'ятикутника менше 1.

Для доведення теореми потрібно наступна лема.

Лемма 2.1.1. Сума відстаней від точки дуги кола до її кінців приймає найбільше значення, коли ця точка ділить дугу навпіл.

Доказ.

Нехай Р - точка дуги кола, точки F і M її кінці (рис. 2.1.2).

ІзFPО іPОM отримуємо:

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

= 2 r (2sincos),

тут

і по симетрії можна вважати, що

, Т.е ..

Сума FP + PMпрінімает найбільше значення, коли cos = 1.

Так як

<, То,

а це означає, що

=.

Лема доведена.

Рис. 2.1.2

Доказ теореми.

Нехай сторона FT розглянутого п'ятикутника FPMNT дорівнює 1. Для доказу перевіримо, що периметр р п'ятикутника FPMNT менше периметра правильного п'ятикутника діаметра 1.

Проведемо дві окружності:

з центром в точці T радіуса FT;

ис центром в точці F радіуса FT.

Очевидно, що інші вершини п'ятикутника будуть лежати в області обмеженою окружностямііі в одній півплощині відносно боку FT (в силу опуклості п'ятикутника) (рис. 2.1.3).

Можливі два випадки розташування вершин P, M, N п'ятикутника FPMNT.

Розглянемо перший випадок, коли хоча б одна з прямих РМ і MN перетинає дуги обох кіл ,.

З малюнка 2.1.3 видно, що периметр p розглянутого п'ятикутника FPMNT менше периметра п'ятикутника FP1М1N1T, а так само менше периметра Р1шестіугольніка FСZМ1N1T, де C середина дуги (по лемі 2.1.1).

Таким чином, отримуємо: p <Р1 <4 sin150 + 1 + 3,0819428.

Розглянемо другий випадок, коли прямі PM, MN перетинають дугу кола (рис. 2.1.4).

З малюнка 2.1.4 видно, що периметр p розглянутого п'ятикутника FPMNT менше периметра P2пятіугольніка FP1М1N1T тобто .:

p Відомо, що периметр P3правільного п'ятикутника дорівнює:

P3 =.

Таким чином, отримуємо, що периметр розглянутого п'ятикутника FPMNT менше периметра правильного п'ятикутника діаметра 1.

Теорема доведена.

Теорема 2.1.3. В оптимальному п'ятикутнику, принаймні, три діагоналі рівні 1.

Доказ.

Нехай діагональ PT = 1 (по теоремі 2.1.2).

Проведемо дві окружності: (T, PT = 1) і (P, PT = 1) (рис. 2.1.5). Ясно, що всі інші вершини п'ятикутника будуть внутрішніми або граничними точками області обмеженою колами, і прямий РТ. Причому всі три вершини не можуть лежати по один бік від PT, тому PT це діагональ опуклого п'ятикутника (рис. 2.1.5).

Розглянемо перший випадок, коли пряма MN перетинає дуги обох окружностейі (рис. 2.1.5).

Припустимо, що діагональ FM <1 і точка М відмінна від точки M ', тоді змістивши крапку М в близьку точку М' 'вздовж прямої ТМ', отримаємо п'ятикутник більшого периметра, тобто п'ятикутник FPMNT не є оптимальним. Можна тому вважати, що у оптимального п'ятикутника хоча б одна з діагоналей FM, ТM 'дорівнює 1.

Аналогічно, хоча б одна з діагоналей FN, PN 'дорівнює 1.

Точно так само розглядається другий випадок, коли пряма MN перетинає тільки одну з кіл, (рис. 2.1.6).

Теорема доведена.

Теорема 2.1.4. В оптимальному п'ятикутнику, принаймні, чотири діагоналі рівні 1.

Доказ.

В силу теореми 2.1.3 розглянемо п'ятикутник MNTFP у якого три діагоналі рівні одиниці, при цьому можливі два випадки:

1) TP = MF = NF = 1;

2) TP = MT = NP = 1 (рис. 2.1.7).

Розглянемо перший випадок.

Проведемо три кола:

окружностьс центром в точці N і радіуса NF = 1;

окружностьс центром в точці M і радіуса MF = 1;

окружностьс центром в точці F і радіуса FM = FN = 1.

Позначимо точки перетину окружностейічерез L, а окружностейічерез K (рис. 2.1.7).

Ясно, що вершини P і T п'ятикутника з одного боку будуть лежати поза треугольнікаMNF, тому п'ятикутник опуклий, а з іншого боку повинні лежати в області обмеженою колами, і (область зафарбована на малюнку 2.1.7), тому в іншому випадку, наприклад, якщо точка Т лежатиме поза цій галузі, то діагональ МТ> 1, а це неможливо тому діаметр п'ятикутника дорівнює 1. При цьому точка P не може лежати на дугеMK, а точка Т не може лежати на дугеNL, тому що в противному випадку ми отримаємо, що сторона п'ятикутника дорівнює 1, що неможливо за теоремою 2.1.2.

Припустимо від протилежного, що NP <1 і MT <1.

Проведемо два еліпса:

l1с фокусами M, F, що проходить через точку P;

l2с фокусами N, F, що проходить через точку T.

Можливі два випадки:

а) дотичні mв точці P і mв точці T до еліпсах l1іl2соответственно перпендикулярні відрізку PT (рис. 2.1.7).

Посунемо відрізок PТ паралельно самому собі на невелику відстань, так, що б новий відрізок P'Т '(P'm, Т'm) залишився в зафарбованою області (або на кордоні) (рис. 2.1.7).

В результаті, довжина відрізка PТ не зміниться, а довжина діагоналей NP'і MT 'не буде більше 1. При цьому периметр п'ятикутника MP'FT'N більше периметра вихідного п'ятикутника MPFTN.

Значить, п'ятикутник MPFTN не може бути оптимальним.

б) Одна з дотичних mв точці P або mв точці T до еліпсах l1іl2соответственно не перпендикулярно відрізку PT.

Припустимо, що дотична mв точці P до еліпса l1не перпендикулярна відрізку PT. Проведемо окружностьс центром в точці T і радіусом PT = 1 (рис. 2.1.8).

Посунемо точку P по дузі кола, яка "виходить" з еліпса l1і отримаємо точку P '. При цьому довжина PT не зміниться, а точку P ми посунемо на таку відстань, що б точка P 'лежала в зафарбованою області. А це означає, що діагональ NP »не стане більше 1. Периметр отриманого таким чином п'ятикутника MP'FTN більше периметра вихідного п'ятикутника MPFTN.

Значить, п'ятикутник MPFTN не може бути оптимальним.

Таким чином, в оптимальному п'ятикутнику, почервонівши міру одна з діагоналей NP, MT дорівнює одиниці.

Тепер розглянемо другий випадок.

2) TP = MT = NP = 1 (рис. 2.1.9).

Зауважимо, що вершина F лежить всередині області обмеженою відрізком РТ і дугаміPS іST.

Припустивши, що NF <1 і MF <1 і замінивши точку F близькою точкою F '(див. Рис. 2.1.9), ми отримаємо, що РF + FТЗначить, п'ятикутник MPFTN не може бути оптимальним.

Таким чином, в оптимальному п'ятикутнику, почервонівши міру одна з діагоналей NF, MF дорівнює одиниці.

Теорема доведена.

2. Пошук оптимальної п'ятикутника

Теорема 2.2.1. Оптимальним п'ятикутником є ??правильний п'ятикутник.

Доказ.

Розглянемо п'ятикутник MPFTN у якого чотири діагоналі рівні 1 (по теоремі 2.1.4 тільки такий п'ятикутник може бути оптимальним).

Нехай

PN = MT = FM = FN = 1, PT = c (рис. 2.2.1).

Покладемо

FMN = FNM =, TMN =, PNM =, NPT =, PTM =, FOMN.

Знайдемо периметр p п'ятикутника MPFTN.

ІзFMO:

MO = cos, MN = 2 cos.

З треугольніковNPF іMFT маємо:

PF =,

FT =.

З треугольнікаРМТ іТNР по теоремі косинусів маємо:

PM =,

ТN =.

Таким чином периметр р п'ятикутника MPFTN дорівнює:

р = 2cos ++++.

Розглянемо спочатку випадок, коли з = 1, тобто всі діагоналі п'ятикутника MPFTN рівні 1.

У цьому випадку:

p = 2 cos ++++ =

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

= 2cos + 4 sin + 4sin

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

= 2cos + 8sincos2cos + 8sin, (тому).

Досліджуємо функцію

g () = 2cos + 8sin.

g '() = (2cos + 8sin)' = - 2sin + 2cos =

.

Так як

2cos <1, то cos <,> 60.

Значить 60 << 90, і ми отримуємо, що 67,5 <+45 <78,75.

Остання нерівність означає, що (+45) - кут першій чверті, тобто cos (+45)> 0.

sin

Тому

p2cos + 8sin2cos72 + 8sin18

Таким чином, у випадку з = 1 периметр п'ятикутника не перевищує периметра правильного п'ятикутника.

Розглянемо тепер випадок, коли з <1.

Проведемо еліпси через точки Р і Т з фокусами відповідно в точках F, M і F, N. Нехай хоча б один еліпс перетинає відповідну дугу (рис. 2.2.1). Нехай, наприклад, еліпс проведений через точку Т перетинає дугу. Тоді змістивши вершину Т в близьку точку Т 'дуги FT, ми отримаємо п'ятикутник більшого периметра.

Залишається, отже, перевірити випадок, коли обидва еліпса стосуються відповідних дуг. Але з геометричних міркувань ясно, що існує не більше однієї точки дуги, в якій відповідний еліпс стосується цієї дуги (рис. 2.2.2). Тим же властивістю володіє симетрична точка дуги. Тому, якщо обидва еліпса стосуються відповідних дуг, то. Оцінимо периметр п'ятикутника в цьому випадку.

Рис. 2.2.2

Зауважимо спочатку (рис. 2.2.3), що в відуімеем, що PT || MN, откудаі. Проведемо NT '|| MT, тоді

c = PT = PT'-TT '= PT'-MN = 2cos-2cos.

ІзMPT:

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

=

=

= 1 2c cos, тобто

PM == NT.

Тоді периметр p п'ятикутника MPFTN дорівнює:

p = 2 + 4sin.

Доведемо нерівність

.

Маємо:

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

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

т.к. c <1, (1 c)> 0 і 2cos-1 <0,> 60.

Таким чином:

1-2ccos <4sinт.е ..

Звідси маємо:

Інакше кажучи, периметр п'ятикутника MPFTN в цьому випадку менше периметра правильного п'ятикутника.

Таким чином, оптимальним п'ятикутником є ??правильний п'ятикутник.

Теорема доведена.

Висновок

Екстремальні задачі - задачі на максимум і мінімум - у всі часи привертали увагу вчених. Причина такого інтересу полягає, по-перше, в тому, що багато екстремальні задачі приходять з практики. Леонард Ейлер (1707-1783), один з найвидатніших математиків, говорив: "У світі не відбувається нічого, в чому б не був видний сенс якого-небудь максимуму або мінімуму". По-друге, серед завдань на максимум і мінімум багато красивих задач, які цікаво і корисно вирішувати.

У даній роботі розглянуті різні планіметричних завдання на максимум і мінімум, а також викладені основні теоретичні відомості, необхідні для вирішення екстремальних завдань. Основна увага в роботі було приділено вирішенню вельми не тривіальної задачі на максимум, а саме відшукання п'ятикутника заданого діаметра, що має найбільший периметр. При вирішенні поставленого завдання були використані як геометричні, так і аналітичні методи і доведена основна теорема про те, що в п'ятикутнику найбільшого периметра принаймні чотири діагоналі рівні одиниці. У заключній теоремі показано, вже чисто аналітично, що шуканим є правильний п'ятикутник.

Таким чином, основна мета роботи досягнута.

Бібліографія

1. Болтянский, В.Г. Теореми і завдання комбінаторної геометрії [Текст] / В.Г. Болтянский, І.Ц. Гохберг.- М .: НАУКА, 1965.- 108 с .: іл.

2. Математика, її викладання, програми та історія [Електронний документ] / Я.С. Дубнов, В.Г. Болтянский, В.А. Єфремович та ін .; Під ред. Я.С. Дубнов.- вип.3.- М .: фіз.- мат. лит., 1958.- 321 с.

3. Протасов, В.Ю. Максимуми і мінімуми в геометрії [Текст] / В.Ю. Протасов.- М .: НЦНМО, 2005.- 56 с.

4. Тихомиров, В.М. Розповіді про максимумах і мінімумах [Текст] / Тихомиров В.М. М .: НАУКА, 1986.- 192 с.

5. Трофимов, В.В. Царівна Дідона, ізоперіметри і мильні плівки [Електронний документ]

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

6. Шклярский, Д.О. Геометричні оцінки та завдання з комбінаторної геометрії [Текст] / Д.О. Шклярский, І.М. Яглом, М.М. Ченцов.- М .: НАУКА, 1974.- 384 с .: іл.

7. Енциклопедія елементарної математики [Текст] / В.Г. Болтянский, В.А. Рохлін, І.М. Яглом, Б.А. Розенфельд і д.р .; Під ред. В.Г. Болтянскій.- книга 5.- М .: фіз.- мат. лит., 1966.- 624 с .: іл.

8. Яглом, І.М. Опуклі постаті [Текст] / І.М. Яглом, В.Г. Болтянскій.- М.Л .: Держ. вид-во техніко-теоретичної літ., 1951.- 343 с.

Авіація і космонавтика
Автоматизація та управління
Архітектура
Астрологія
Астрономія
Банківська справа
Безпека життєдіяльності
Біографії
Біологія
Біологія і хімія
Біржова справа
Ботаніка та сільське господарство
Валютні відносини
Ветеринарія
Військова кафедра
Географія
Геодезія
Геологія
Діловодство
Гроші та кредит
Природознавство
Журналістика
Зарубіжна література
Зоологія
Видавнича справа та поліграфія
Інвестиції
Інформатика
Історія
Історія техніки
Комунікації і зв'язок
Косметологія
Короткий зміст творів
Криміналістика
Кримінологія
Криптологія
Кулінарія
Культура і мистецтво
Культурологія
Логіка
Логістика
Маркетинг
Математика
Медицина, здоров'я
Медичні науки
Менеджмент
Металургія
Музика
Наука і техніка
Нарисна геометрія
Фільми онлайн
Педагогіка
Підприємництво
Промисловість, виробництво
Психологія
Психологія, педагогіка
Радіоелектроніка
Реклама
Релігія і міфологія
Риторика
Різне
Сексологія
Соціологія
Статистика
Страхування
Будівельні науки
Будівництво
Схемотехніка
Теорія організації
Теплотехніка
Технологія
Товарознавство
Транспорт
Туризм
Управління
Керуючі науки
Фізика
Фізкультура і спорт
Філософія
Фінансові науки
Фінанси
Фотографія
Хімія
Цифрові пристрої
Екологія
Економіка
Економіко-математичне моделювання
Економічна географія
Економічна теорія
Етика

8ref.com

© 8ref.com - українські реферати


енциклопедія  бефстроганов  рагу  оселедець  солянка