Kort sagt, Sklifosovsky! • Konstantin Knoop • Populære videnskabsopgaver på "Elements" • Matematik

Kort sagt, Sklifosovsky!

opgave

a) Fire huse er placeret på toppen af ​​en plads med en side på 1000 m. Er det muligt forbinder deres stier, så fra ethvert hus til en anden kan nås langs stierne, og den samlede længde af alle sporene oversteg ikke 2800 m?
b) Den korrekte tetrahedron er en trekantet pyramide, hvor alle kanter er ens. Ved at udvikle en regelmæssig tetrahedron med en side på 10 cm, vil vi kalde en sådan flad polygon, hvoraf ved limning af nogle sider kan du få den ønskede tetrahedron (limning udføres ikke nødvendigvis af tetrahedronens kanter). Er der scanning, hvis omkreds ikke overstiger 54 cm?


Tip 1

Svarene på begge spørgsmål er positive.

I opgaven a) Det ser naturligt ud at trække spor langs en kvadratisk diagonaler, men det giver en længde på 200√2 ≈ 2828 m – men det er faktisk muligt at trække stier kortere.

I opgaven b) "Standard" -scanning har en omkreds på 60 cm (figur 1), mens trekantenes tre hjørner er "limet sammen" i et tetrahedrons tværpunkt (prøv at forestille sig i dit sind, hvordan dette sker).

Fig. 1.

Hvis vi lim tetrahedronen langs en brudt linje, der passerer gennem to hjørner og midten af ​​den modsatte kant (rød linje i fig.2), vil scanningen være et rektangel, hvis to sider er lig med kanten (check!), Og de to andre vil være to gange længden af ​​segmentet, der forbinder vertexet til midten af ​​den modsatte side.

Fig. 2.

I en regelmæssig trekant med en side på 10 cm er hvert sådant segment lig med 5√3 ≈ 8,66 cm. Således er omkredsen af ​​et sådant sweep lig med 20 + 20√3 ≈ 54,64 cm. Dette er bestemt bedre end 60, men også ikke grænsen.


Tip 2

Fig. 3.

Prøv at folde tetraederet ud af det sekskantede feje vist i fig. 3. Når du lykkes, skal du tænke på, hvordan du tæller længden af ​​perimeteren til et sådant feje.


beslutning

Denne historie begynder vi med en gåde,
Selv Alice vil næppe svare:
Hvad der er tilbage af fortællingen bagefter,
Efter at have fået besked?
V. Vysotsky

a) Og vi vil starte med en afvisning af problemet. I stedet med sophism vil vi forsøge at bevise, at det er umuligt at forbedre værdien af ​​2000√2.

Lad En, B, C, D – fire hjørner af pladsen og vi på en eller anden måde tilbragte forbindelsesstier. Hvis vi ikke trækker sig tilbage fra siderne af pladsen, så skal vi forbinde de fire hjørner, vi skal helt holde tre sider, og dette giver længden af ​​sporene 3000 m. Og da dette er mere end 2000√2, så er denne mulighed ikke minimal.

Derfor havde vi nogle spor inde på pladsen, hvilket betyder at de mange spor, der giver dig mulighed for at gå fra En til Ckrydser med et sæt, der giver dig mulighed for at gå fra B til D (Figur 4).

Fig. 4.

Krydsningspunktet er vist med rødt. jeg. Fra det i fire forskellige retninger kan du komme til torgets fire hjørner. Men hver sådan vej er ikke kortere end længden af ​​det tilsvarende segment, som, som det er kendt fra de euklidiske aksiomer, er den korteste vej mellem et par punkter. (Mere præcist omfatter aksiomatikerne trekant ulighed – erklæring om at XY + YZXZ for alle tre punkter X, Y, Z; Vi vil også bruge denne sætning, bogstaveligt talt en linje ned.) Derfor er længden af ​​hele systemet af veje ikke mindre end AI + BI + CI + DI. Men fra uligheder AI + CIAC = 1000√2, BI + DIBD = 1000√2 får vi straks det AI + BI + CI + DI ≥ 2000√2, som vi skulle bevise.

Læs? Er det rigtigt? Tillykke, hele din ryg er hvid.

Fejlen i dette "bevis" er så simpelt som det er lærerigt. Vi syndede mod sandheden, da vi antog det fra krydset af stierne (jeg) til toppen af ​​pladsen er fire anderledes "retninger", det vil sige fire forskellige spor. Faktisk er det kun tilfældet, hvis sporene skæres AC og BD består af et enkelt punkt. Men netop dette er noget, der ikke behøver at være sandt! Selv i den primitive sag, da vi simpelthen forbandt husene med segmenter (for eksempel, AB, BC og CD) og fik en sti længde på 3000 m, krydser veje AC og BD der var et helt segment BC.

Så vi savnede bare en anden mulighed (skematisk vist i figur 5).

Fig. 5.

Her forbinder nogle spor (ikke vist i figuren) på en eller anden måde de to venstre hjørner af firkanten og punktet jeg, de andre (også ikke viste) spor forbinder de to resterende hjørner af firkanten og punktet Oog endelig er der flere spor mellem jeg og O, vist i rødt (du kan strengt bevise, at en ordning er reduceret til netop dette, men da det nøjagtige bevis for optimitet stadig går ud over vores opgaves omfang, så udelader vi dette bevis)

For Figur 5 kan vi gentage vores tidligere argumenter, og få at summen af ​​længderne af alle de spor, der er lavet, ikke er mindre end AI + BI + IO + OC + OD. Men kan denne mængde være mindre end dobbelt diagonal – det er spørgsmålet.

For at besvare det, lad os tegne et eksempel på en sådan forbindelse "i celler" (figur 6).

Peg her jeg og O taget således, at alle de stiplede linjer går langs hypotenussen af ​​højre trekanter med et billedforhold på 3: 4: 5. (Kan du huske den pythagoriske sætning? Det følger heraf, at hypotenussen af ​​en rigtig trekant med ben 3 og 4 er lig med ). Det vil sige, at det større ben (4 celler) er halvdelen af ​​en firkant eller 500 m, og den mindre (3 celler) er 3/4 af 500 m eller 375 m. Derfor er længden af ​​hver prikket linje 5/4 af 500 m eller 625 m og længden af ​​det vandrette røde segment – 1/2 af 500 m eller 250 m. Summen af ​​alle de viste segmenter er lig med 2750 m, det vil sige mindre end 2800.

Fig. 6.

Er resultatet minimal? Selvfølgelig ikke. Ordningen med forbindelser der fører til den er imidlertid optimal (vi vil igen udelade det strenge bevis). Inden for rammerne af denne ordning kunne vi finde en endnu lavere værdi på følgende måde. Lad en – længden af ​​siden af ​​pladsen og x – længden af ​​det mindre ben i den rigtige trekant. Da det større ben er lig med en/ 2, så summen af ​​de fire hypotenusser er lig med og det røde segment er en – 2x. Selvom du har glemt (eller aldrig vidste hvordan) at tage et derivat og undersøge en funktion på ekstremt, for en funktion Dette kan nemt gøres via wolframalpha.com.

En simpel forespørgsel siger, at minimumet er 1000 (1 + √3) ≈ 2732 m og nås på x = 500 / √3. I "efterordet" forstår vi ikke kun dette resultat, men også generaliserer det.

b) Efter en sådan "artilleri forberedelse" vil det være ret nemt for os at klare den anden opgave.

For det første vil vi vise præcis hvordan tetrahedronen ser ud, hvis udfoldelse vi gav et tip 2.

Se på denne tegning som et billede af en tredimensionel genstand (tetrahedronens "usynlige" kant er vist som en kort stiplet linje.) Sammenlign dette med figur 2, hvor vi foldede tetrahedronet langs en af ​​kanterne (lodret kant i figur 7) og den røde knækkede linje (i fremspringet vist i figur 7, ville det passere nøjagtigt over den stiplede kant, helt gemmer den fra vores øjne).

Fig. 7.

Så vi tager et feje, bøj ​​det langs kanterne (alle de stiplede linjer i figur 3), lim sammen to røde linjer, to blå, to gule og to lilla linjer. Herefter foldes scanningen, så de to grønne linjer er forbundet, og det forbliver kun at bøje dem i midten og også klæbe dem. Tetrahedronen er klar.

Hvordan kunne du gætte på sådan en genial måde? Det er ikke meget vanskeligt; bare se på det samme billede som på en flad genstand – en rhombus! Fra analysen af ​​enklere udviklinger er det klart, at enhver udvikling,bevare intakte to trekantede flader af en tetraeder, kan betragtes som et system af stier, der forbinder de fire hjørner af denne rhombus. Så udfordringen b) faktisk en slags opgave a)men ikke for en firkant, men for en rhombus. Alt hvad der blev sagt i vores sofisme kan gentages her. Hvis vi ønsker at få et system af segmenter, der er kortere end summen af ​​to diagonaler af en rhombus, så må der ikke på nogen indre punkter konvergere fire forskellige segmenter, hvilket betyder, at vi bør forsøge at konstruere forbindelser på samme måde som vi gjorde i problemet a).

Faktisk vil jeg i stedet for at hente de nødvendige hjælpepunkter "i cellen" igen bruge den beviste WolframAlpha. Lige før det behøver du stadig at forberede en lille smule – indtast koordinatsystemet i vores tegning.

Lad oprindelsen O vil være skæringspunktet for rhombusdiagonalerne ABCD. Da rhombus består af to faste trekanter med en side på 10 cm, er den mindre diagonal af rhombus lig med 10 cm, og halvdelen af ​​den større diagonal kan beregnes ved hjælp af Pythagoras sætning: . Derfor er koordinaterne af hjørnerne En og C rhombus – (± 5, 0) og koordinaterne af hjørnerne B og D – (0, ± 5√3).Hvis vi tager et (ukendt) hjælpepunkt med koordinater (x, y), så vil koordinaterne for det andet punkt (som er symmetrisk med det i forhold til oprindelsen) naturligvis være (-x, −y).

Den samme pythagoriske sætning fortæller os, at værdien af ​​en sådan funktion bør minimeres:

(disse tegn på rødderne er længderne af segmenterne fra vores hjælpepunkt til rhombusens hjørner og længden af ​​segmentet fra det til oprindelsen, det vil sige halvdelen af ​​segmentet mellem hjælpepunkterne). Bilen virker snavset for os:

Fig. 8.

Normalt viser "WolframAlpha" anerkendelsen af ​​de rationelle og irrationelle tal, hun anerkendte. Men her, se, noget, hun ikke trænede. Vi vil dog præsentere de samme tal i en anden form: x = 10/7, y = 5 / (7√3), og minimumsværdien er nøjagtigt 10√7. Og hvis rødderne på 3 her på en eller anden måde kunne forventes, ser udseendet i svaret på 7 rod ud som et absolut mysterium. Hvis du er klar til at overveje det i mere tid – tænk, og hvis du allerede er overgivet, så kan du læse efterordet.


efterskrift

Fædrene til denne opgave kan betragtes som forskellige mennesker fra forskellige tidspunkter. En af de første var den berømte amatørmatematiker Pierre Fermat (ved det grundlæggende erhverv var han advokat), der foreslog følgende problem som et eksempel på anvendelsen af ​​metoden for forskning af ekstremt:

Lad den der ikke skønnede denne metode bestemme: For en given tre point, find en fjerde sådan, at hvis du trækker tre segmenter fra det ind i disse punkter, vil summen af ​​disse tre segmenter give den mindste værdi.

Bemærk venligst, at problemet er formuleret på et "geometrisk" sprog, selv om forfatteren antog en udelukkende "analytisk" løsning. Men efter Farm fulgte rent geometriske løsninger. Flere oplysninger om dem findes i §3 i bogen V. Protasov "Maxima og minima i geometri". Siden næsten samtidig med Fermat (og tilsyneladende uanset ham) en anden bemærkelsesværdig forsker, Evangelista Torricelli, var involveret i denne opgave, er det punkt, der skal findes i dette problem, nu kaldet Torricelli Fermat-punktet.

Mange år senere (allerede i det 20. århundrede) formulerede Jarnik og Kössler en generalisering af dette problem, hvor tre punkter blev erstattet af et vilkårlig antal point. Navnlig er deres opgave at beskrive tilsluttede flade grafer af den mindste længde, der passerer gennem et bestemt begrænset sæt punkter af planet. Måske var deres artikel, offentliggjort i en ikke meget populær matematisk tidsskrift, og selv på polsk, gået ubemærket, men en henvisning til den var inkluderet i den berømte bog af Courant og G. Robbins "Hvad er matematik?":

Et meget simpelt og samtidig lærerigt problem blev studeret i begyndelsen af ​​forrige århundrede af den berømte Berlin geometer Jacob Steiner. Det er nødvendigt at forbinde de tre landsbyer med et system af veje på en sådan måde, at deres samlede længde er minimal. Det ville være naturligt at generalisere dette problem i tilfælde af flere givne punkter som følger: Det er nødvendigt at finde et punkt i flyet, så summen af ​​afstande fra den til de givne punkter vender sig til et minimum. Dette generelle problem, der også studeres af Steiner, fører ikke til interessante resultater. I dette tilfælde beskæftiger vi os med en overfladisk generalisering, som ofte findes i matematisk litteratur. For at få et virkelig værdigt resumé af Steiner-problemet, må man opgive søgningen efter et enkelt punkt. I stedet sætter vi os selv op for at opbygge et "gadenetværk" eller et "netværk af veje mellem disse landsbyer" med en minimal total længde.

Med Kurants let hånd er opgaven med at finde det minimale netværk nu kaldet Steiner geometrisk problem, selv om Jacob Steiner selv (generelt er den korrekte transkription af dette tyske efternavn Steiner,men i russisk matematisk litteratur er der en tradition at kalde ham Steiner) ikke sat en sådan opgave og løste det ikke.

Ikke desto mindre er det i forbindelse med undersøgelsen af ​​Farm-Torricelli-Steiner-problemet let at bevise følgende bemærkelsesværdige egenskaber ved Steiner-netværket:
1) I det korteste netværk kan der ud over data (kilde) punkter også være hjælp.
2) Tre segmenter mødes ved hvert hjælpepunkt, og alle parvise vinkler imellem dem er lig med 120 °.
3) For et antal specielle tilfælde kan det resulterende netværk "rettes", det vil sige omdannet til et segment af samme størrelse.

Fig. 9.

Et eksempel på en sådan fladning for et netværk svarende til en rhombus af to regelmæssige trekanter (figur 7) er vist i figur 9. Herfra er det allerede ganske let at få denne uforståelige rod på 7: faktisk har den venstre øvre ende af det korrigerede segment koordinater (-1, √3 / 2), lavere højre – koordinater (1, -√3 / 2), derfor er længden af ​​segmentet lig med . Det er kun at vise, hvorfor en sådan udbedring er mulig.

For at gøre dette skal du se på den rigtige trekant RSTvist i figur 10.

Sætning. Hvis U er et vilkårlig punkt på cirkelbuen RS af cirklen beskrevet omkring denne trekant, så er UT = UR + US (i anden notation, l = m + n).

Bevis. Vil vende U og S omkring punktet R i en vinkel på 60 grader. Da rotationsvinklens størrelse falder sammen med vinklen på en regelmæssig trekant, er punktet S med sådan en tur vil gå til Tog punkt U Flytter til den tredje toppunkt af en regelmæssig trekant RUV, det vil sige et punkt for hvilket UV = m og vinkel RUV = 60 °. Men dette punkt ligger på segmentet UTfordi vinkel RUT – indskrevet vinkel baseret på lysbuen RT– er lig med den indskrevne vinkel RSTdet er 60 °. Således segmentet USA efter at have ændret sig til et segment VT. Hvorfra VT = n, og siden UV = m og UT = lderefter l = m + n. Stillingen er bevist.

Fig. 10.

Ejendom 2) af Steiner-netværket angiver, at vinklen mellem de røde og blå segmenter i figur 9 er 120 °. Det betyder, at det hviler på en 240 ° bue, det vil sige at den ligger på en cirkel, der beskrives omkring en regelmæssig trekant. Retningen i figur 8 er således ikke mere end anvendelsen af ​​denne sætning til erstatning for summen af ​​to segmenter (rød og blå, såvel som gul og magenta) med en.

Nøjagtig det samme kan gøres for vejnetværket i opgaven. a). Og på samme måde er det muligt og strengt at bevise det i problemer a) og b) vi fik virkelig minimal steiner netværk.

På trods af en lang historie fortsætter forskning om problemet med Steiner-netværk i dag, selvfølgelig allerede ved hjælp af computere. Her er blot nogle få links.
1) GeoSteiner-softwarepakken er designet til at løse Steiner-problemet for et system af punkter i flyet.
2) En enorm samling af forskellige variationer af Steiner-problemet og information om de tilgængelige algoritmer til løsning af dem.
3) Henry Bottomley undersøgte flere tætte problemer for regelmæssig polyhedra. For eksempel et sådant puslespil: Hvad er længden af ​​den korteste lukkede vej langs overfladen af ​​en tetrahedron, som skærer hver kant? Og det samme for terningen?
4) Generalisering af det minimale fejeproblem til andre almindelige polyeder.

Forfatteren er taknemmelig for webstedet braingames.ru, hvor han lærte betingelsen for varen b).


Like this post? Please share to your friends:
Skriv et svar

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: