Курсовая работа (т): Задачи на максимум и минимум в геометрии

Задача 2. Какой из треугольников с двумя данными сторонами имеет наибольшую площадь?

Рисунок  5

Построим отрезок АС, равный одной из данных сторон. Из конца его Л, как из центра, радиусом, равным второй данной стороне, опишем окружность. На этой окружности возьмем произвольную точку В (не лежащую на прямой АС). Соединив эту точку В отрезками с точками Л и С, получим треугольник с двумя данными сторонами (рис. 4). Из всех таких треугольников наибольшую площадь будет иметь тот, у которого высота hb будет наибольшей. Но наибольшее возможное значение высоты равно длине радиуса окружности (АВ1). Поэтому наибольшую площадь из всех треугольников с двумя данными сторонами имеет такой, в котором эти стороны образуют прямой угол.

Задача 3. Внутри угла А дана точка О. Требуется провести прямую через точку О так, чтобы она отсекла от угла А треугольник с наименьшим периметром. Впишем в данный угол окружность, проходящую через данную точку О (из двух таких окружностей возьмем ту, радиус которой больше, рис. 5). Через точку О проведем касательную MN к этой окружности. Эта касательная и отсечет треугольник наименьшего периметра. Докажем это. Проведем через О какую-нибудь иную прямую ED, пересекающую стороны угла (она пересечет и дугу ВОС). Сравним периметр треугольника AED с периметром треугольника AMN.

Рисунок 6

Для этого построим еще касательную KL к дуге ВОС, параллельную ЈD. Сравним периметры треугольников AMN и AKL. Они равны, так как каждый из них равен сумме отрезков АВ и АС. Но периметр треугольника AED больше периметра треугольника AKL, а значит, больше и периметра треугольника AMN.

Задача 4. Внутри угла А дана точка О. Требуется провести через О прямую так, чтобы она отсекла от угла треугольник наименьшей площади.

Рисунок  7

Искомой прямой будет такая прямая ВС, отрезок которой, заключенный между сторонами угла, делится точкой О подолам (рис. 6). Для доказательства построим еще какую-нибудь прямую, проходящую через О и пересекающую стороны угла. Сравним площади треугольников ABC и AED, Если через С провести прямую, параллельную ЕВ, то получим треугольник OCF, равный треугольнику ЕВО, Поэтому площадь треугольника OCD больше площади треугольника ОЕВУ и, значит, площадь треугольника ABC меньше площади треугольника AED.

Задача 5. Дан треугольник ABC и внутри него две точки D и Е (рис. 7). Как кратчайшим путем пройти из одной точки в другую, побывав на каждой стороне треугольника?

Выполним следующее построение. Построим точки D1 и Е1 симметричные D и Е относительно АС и ВС.

Рисунок 8

Построим также точку D2, симметричную D1 относительно АВ. Проведем отрезок D2E1 и построим ломаную DMKLE. Длина ее равна длине отрезка D2E1. Легко сообразить, что всякий иной путь из D в Е, с тем же порядком захода на стороны данного треугольника, будет длиннее. Но можно было бы порядок захода на стороны треугольника избрать иной (выполнив такие же построения). Всего таких ломаных линий, как DMKLE, получится три. Останется выбрать из них имеющую наименьшую длину, для чего достаточно сравнить три таких отрезка, как D2E1.

Задача 6. Рассмотрим еще задачу об экономном расходовании материалов. Попытаемся установить, для какой крыши (двускатной или четырехскатной) потребуется больше кровельного материала.

Рисунок 9

Будем считать, что оба ската двускатной крыши наклонены к горизонтальной плоскости под углом , скаты 1 и 2 четырехскатной крыши - под тем же углом , а 3 и 4 - под углом  (рис. 8). При этих предположениях и указанных на чертеже размерах площадь двускатной крыши будет равна S1 =  , а четырехскатной - S2 = .

Для сравнения этих площадей рассмотрим разность S2 - S1 = bm( Здесь b > 0, m > 0, 0 < < 90° и 0 <  < 90°. Поэтому при  <  получим S2 - S1 < 0, при  =  будем иметь S2 - S1 = 0, а при >  S2 - S1 < 0. Следовательно, если все скаты как двускатной, так и четырехскатной крыш будут одинаково наклонены к горизонтальной плоскости, то кровельного материала понадобится одинаково на обе крыши. Если же скаты 3 и 4 четырехскатной крыши будут иметь больший угол наклона, чем скаты 1 и 2, то для четырехскатной крыши кровельного материала понадобится больше, чем для двускатной, а при меньшем угле - меньше.

2. Знаменитые задачи на максимум и минимум

.1 Задача Кеплера

«По обе стороны от места наибольшего значения убывание вначале нечувствительно». - И. Кеплер.

«Когда историю жизни Кеплера сопоставляешь с тем, кем он стал и что он сделал, радостно изумляешься и при этом убеждаешься, что истинный гений преодолевает любые препятствия», - писал Гёте. [4, 51]

Кеплер описывает событие из своей жизни, случившееся осенью 1613 года, в книге «Стереометрия винных бочек». «В ноябре прошлого года я ввел в свой дом новую супругу в то время, когда Австрия, закончив обильный сбор благородного винограда, распределяла свои богатства. Весь берег в Линце был завален винными бочками, продающимися по сходной цене. Поэтому ко мне на дом было принесено и поставлено несколько бочек, а через четыре дня пришел продавец и промерил подряд все кадки, без различия, не обращая внимания на форму, без всяких соображений и вычислений. Медный наконечник линейки просовывался через наливное отверстие полной бочки поперек до пятки того и другого деревянного круга, которые мы по - домашнему называем днищами, и после того, как в обоих случаях эта длина от верхней точки до нижней того и другого дощатого круга оказывалась равной, продавец объявлял количество амфор, вмещаемых бочкой, заметив лишь число на линейке в том месте, на котором оканчивалась заданная длина. Я удивился». Кеплеру показалось странным, как с помощью одного измерения можно вычислить вместимость бочек разной формы. «Я, как новобрачный, счел для себя подходящим, - пишет далее Кеплер, - взять новый предмет математических занятий, и исследовать геометрические законы такого удобного в домашнем хозяйстве измерения, и выяснить его основания, если таковые имеются». Для выяснения «такого рода оснований» Кеплеру пришлось заложить основы дифференциального и интегрального исчисления, а заодно выдвинуть новые идеи для решения задач на максимум и минимум. Ключевое место в книге «Стереометрия винных бочек» занимает теорема V части второй: «Из всех цилиндров, имеющих одну и ту же диагональ, самым большим и вместительным будет тот, в котором отношение диаметра основания к высоте равно ».

Иначе говоря, в этой теореме дается решение следующей задачи: вписать в заданный шар цилиндр наибольшего объема. К нему естественно примыкает планиметрический вариант: вписать в заданный круг прямоугольник наибольшей площади.

Рисунок 10

Первую из сформулированных задач мы называем далее задачей Кеплера, вторую - планиметрической задачей Кеплера. Сначала решим задачу Кеплера методом, которым решил бы ее Тарталья. Пусть шар имеет радиус R. Половину высоты цилиндра обозначим через х. Тогда радиус г основания цилиндра равен и объем цилиндра равен 2(). А у Тартальи было .

Тогда из формулы предыдущего рассказа получим, что максимальное х’ = , r’ =  = R. Таким образом, отношение диаметра основания экстремального цилиндра к высоте равно .

Но Кеплер именно так и сформулировал, как мы видели, свой результат. Кеплер мог бы воспользоваться своей же идеей о нечувствительности изменения функции вблизи максимума. Но он прошел мимо этой возможности и дал чисто геометрическое решение. Вопрос о наиболее вместительном цилиндре, вписанном в шар, Кеплер сводит к решению следующей задачи на максимум: из всех прямоугольных параллелепипедов с квадратными основаниями, вписанных в шар, куб имеет наибольший объем. Этот результат доказан в теореме IV части второй книги Кеплера.

Прямоугольные параллелепипеды с квадратными основаниями Кеплер называет коротко столбами. Возможны два случая:

а)      столб выше куба;

б)      столб ниже куба.

Рисунок 11

Пусть куб ABCDEFGH и «столб» A’B’C’D’E’F’G’H’ вписаны в одну и ту же сферу.Сравним их объемы. Из куба «выпирают» два параллелепипеда с квадратными основаниями: сверху A’B’C’D’A’’B’’C’’D’’ и равный ему по объему нижний параллелепипед. При этом от куба «отнимается» гораздо больше. Усмотреть это совсем просто: у каждой стороны квадрата A’’B’’C’’D’’ прилегает к столбу параллелепипед с квадратным основанием, равным (конгруэнтным) самому квадрату A’’B’’C’’D’’.

Один из таких параллелепипедов мы обозначили A”B”QRMNPL. Уже эти четыре параллелепипеда занимают больший объем, чем выпирающие части столба. Действительно, объем выпирающих частей равен 2|А”В”|2 |А”А’|, а объем четырех прилегающих параллелепипедов равен 4|А”В”|2 |А”М|. Действительно, объем выпирающих частей равен 2|А”В”|2 |А”А’|, а объем четырех прилегающих параллелепипедов равен 4|А”В”|2 |А”М|. Но |А”М| = Теперь рассмотрим треугольник А’АА”.  Угол  = А’АА” опирается на дугу А’С, угол  = АЕС опирается на большую дугу АС. Значит,  < , и, следовательно,  |А”А’| : |А”А| = tg < tg= |CA| : |АЕ| = . Получаем, что

|А”В”| 2 |A"A| < 2|A”B”|2 |A"A|  = 2|А”В”| 2  |A”M| = 4|А”В”|2|А”М|. Нужное неравенство для объемов доказано.

Остается разобрать случай б) (рис. 12). Пусть снова куб ABCDEFGH и столб A’B’C’D’E’F’G’H’ вписаны в одну и ту же сферу (точки Н, D’, H' на рис. 12 не видны). Сравним их объемы. Из столба выпирают два параллелепипеда с квадратными основаниями общим объемом 2|АВ|2|АА”|. Объем части столба, выпирающей из куба, меньше. Кеплер доказывает это так. Приложим, говорит он, к каждой боковой стороне куба параллелепипед толщины, равной толщине выпирания столба. (На рис. 6 изображен один из четырех таких параллелепипедов ABFEPQRS.) Их общий объем равен

Рисунок 12

|АВ|2|АР| = . И снова, рассмотрев треугольники АА'А” и АЕС, устанавливаем, что угол  больше угла , и значит, |АА"|:|А”А”| >. Но, как справедливо отмечает Кеплер, если прилепить к кубу четыре параллелепипеда, то они все - таки не закроют всего столба, будут «зиять» четыре параллелепипеда у ребер (один из них - B”LB’OF”MF’N (точка F” не видна). Каждый из этих параллелепипедов составляет часть столбиков, вытянувшихся у каждого из ребер АЕ, BF, CG и DH. Объем каждого такого столбика равен |АВ||АР|2. Но когда мы приложили к каждой грани параллелепипед, то они «выдаются за высоту столба восемью столбиками» (один из этих восьми - BQPATA”B’.

Объем каждого из восьми столбиков равен |АВ| |АР| |АА”|. Очевидно, неравенство 2|АА”| > 2|А”А’| = 4|АР|, из которого следует, что четыре столбика у ребер также уступают в объеме выделяющимся восьми параллелепипедам. Итак, «выпирает» из столба объем 2|АБ|2|АА”| > 4|АВ|2|АР|, а из куба меньше, чем 4|АВ|2|АР| - 8|АВ||АР||АА”| + 4|АB||АР|2 < 4|АВ|2|АР|. Итак, куб больше теряет, чем приобретает. Вспомогательная задача решена. Остальное совсем просто. В каждый цилиндр можно вписать столб и отношение объема цилиндра к объему вписанного столба постоянно и равно. Значит, наибольшим по объему является цилиндр, в который можно вписать куб. А у него отношение высоты к диаметру основания равно. Доказав эту теорему, Кеплер пишет: «Отсюда ясно, что австрийские бочары как бы по здравому и геометрическому смыслу при построении бочки соблюдают правило, чтобы за радиус днища брать треть длины клепок. Именно при таком устройстве цилиндр, мысленно построенный между двумя днищами, будет иметь две половины, весьма близко подходящие к условиям теоремы V, и потому будет самым вместительным, хотя бы при постройке бочки от точных правил несколько и отступили, потому что фигуры, близкие к оптимальной, очень мало меняют свою вместимость..., ибо по обе стороны от места наибольшего значения убывание в начале несущественно».

В начале XVIII века итальянский инженер и математик Фаньяно деи Тоски (1682-1766) поставил следующую задачу: вписать в данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшего периметра так, чтобы на каждой стороне треугольника ABC лежала одна вершина треугольника.

Воспользуемся приёмом: с помощью движений плоскости попробуем выстроить стороны вписанного треугольника в ломаную линию. Тогда периметр будет не меньше отрезка, соединяющего концы этой ломаной. А наименьший периметр будет соответствовать случаю, когда стороны ломаной лежат на одной прямой.

Рисунок 13

Итак, пусть точки A1, B1, C1 лежат на сторонах треугольника ABC (A1- на стороне BC и т. д.). Отразим точку A1 симметрично относительно сторон AB и AC, получив точки A2 и A3 соответственно рис. 7. Длина трёхзвенной ломаной A3B1C1A2 равна периметру треугольника A1B1C1. Для того, чтобы периметр был наименьшим (равным отрезку A2A3), нужно, чтобы вершины B1 и C1 лежали в точках пересечения отрезка A2A3 со сторонами треугольника AB и AC. Осталось понять, как выбрать точку A1 на стороне BC таким образом, чтобы длина отрезка A2A3 была наименьшей. Для этого заметим, что треугольник A2AA3 - равнобедренный (A3A=A2A=A1A), а угол при его вершине A равен 2∠BAC и потому не зависит от выбора точки A1.

Итак, при движении точки A1 по стороне BC углы треугольника A2AA3 не меняются. А его линейные размеры будут наименьшими, когда наименьшей будет сторона A2A, которая равна A1A. Значит, A1A - высота, опущенная на сторону BC.

Рисунок 14

Мы видим, что существует единственный вписанный треугольник наименьшего периметра, его вершина A1 - основание высоты. Если провести те же рассуждения c вершинами B1 и C1, получим, что они также являются основаниями высот (поскольку треугольник минимального периметра - единственный).

Теорема Фаньяно. Среди всех треугольников, вписанных в данный остроугольный треугольник, наименьший периметр имеет ортотреугольник (т. е. треугольник с вершинами в основаниях высот).

.3 Задача Дидоны

Столько купили земли и дали ей имя Бирса, Сколько смогли окружить бычьей шкурой.

Вергилий. Энеида

Прекраснейшим телом является шар, а прекраснейшей плоской фигурой - круг.

Пифагор

Дидона - древняя финикийская, дочь тирского царя, бежала из дома, спасаясь от преследований своего брата, отправилась на запад вдоль берегов Средиземного моря искать себе прибежище. Ей приглянулось одно место на побережье нынешнего Тунисского залива. Дидона повела переговоры с местным предводителем Ярбом о продаже земли. Запросила она совсем немного - столько, сколько можно «окружить бычьей шкурой». Дидоне удалось уговорить Ярба. Сделка состоялась, и тогда Дидона изрезала шкуру быка на мелкие тесемки, связала их воедино и окружила большую территорию, на которой основала крепость, а вблизи от нее - город Карфаген.

Этот эпизод дает повод задуматься над вопросом: сколько же земли можно окружить бычьей шкурой? Для того чтобы ответить на этот вопрос, нужно правильно математически поставить задачу: среди замкнутых плоских кривых, имеющих заданную длину, найти кривую, охватывающую максимальную площадь.