V = S = P • Nikolay Avilov • Populære videnskabsproblemer om "Elements" • Matematik

V = S = P

opgave

Er der er en konveks polyhedron, hvis numeriske værdier af volumen, overfladeareal og summen af ​​længderne af alle kanter falder sammen?


hjælpe

En sådan polyhedron eksisterer for eksempel blandt de korrekte prismer.


beslutning

Efter hinten, se efter et passende prisme. Det korrekte prisme bestemmes af nummeret n sider af basispolygonen en og høj h.

Summen af ​​længderne af alle dets kanter er:

\ [P = 2na + nh. \]

Da basispolygonen er regelmæssig, er dens område, som det er let at finde, \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Nu er det let at finde resten af ​​prismerparametrene, der vises i problemet.

Dens lydstyrke V er lig med:

\ [V = \ frac14na ^ 2 \ mathrm % \, \ frac {\ pi} n \ cdot h. \]

Overfladeareal S er lig med:

\ [S = \ frac12na ^ 2 \ mathrm % \, \ frac {\ pi} n + nah. \]

Ud af ligestilling V = S vi finder at \ {a \ cdot \ mathrm % \, \ frac {\ pi} n = \ frac % {h-2} \). derfor, h > 2. Du kan også omskrive udtrykket for lydstyrken i formularen \ (V = \ frac14na \ cdot \ frac % {h-2} \ cdot h = \ frac {nah ^ 2} {h-2} \).

Ud af ligestilling V = P relationerne \ (a = \ frac {h ^ 2-2h} {h ^ 2-2h + 4} \) og

\ (\ mathrm % \, \ frac {\ pi} n = \ frac % {a (h-2)} = \ frac {4 (h ^ 2-2h + 4)} ) ^ 2} = 4 + \ frac % {(h-2) ^ 2}. \)

Det er klart, at funktionen \ (f (x) = \ frac % {(x-2) ^ 2} \) på intervallet \ ((0; \; {+ \ infty}) \) tager alle positive værdier ingen andre). Derfor er en nødvendig og tilstrækkelig betingelse for eksistensen af ​​det efterspurgte prisme: opfyldelsen af ​​uligheden \ (\ mathrm % \, \ frac {\ pi} n> 4 \), hvilket er sandt for \ (n> 12 \).


efterskrift

Lad os se hvad der sker i en lignende situation på flyet. For eksempel i en 4 × 4 firkant er de numeriske værdier for området og omkredsen de samme. Den samme egenskab besidder et 3 × 6 rektangel og en rigtig trekant med benene 5 og 12 (figur 1).

Fig. 1.

Som du ved, er et rektangel ikke en stiv figur: Hvis du sætter hængslerne på dens hjørner, bliver de ikke fastgjort af sig selv (som for eksempel sker i tilfælde af en trekant eller en tetrahedron). Ved hjælp af dette kan det påvises, at der er et parallelogram med lige store værdier af areal og omkreds. Det er let at finde et rektangel, hvis område er større end omkredsen: Et rektangel med sider 8 og 5 vil passe. Hvis du gradvist reducerer en af ​​rektanglets retvinkler fra 90 ° til 0 °, så bliver rektanglet straks til et parallelogram, og omkredsen forbliver 26 og for det andet vil dets område løbende falde fra 40 til 0, og på et tidspunkt bliver det lig med 26. Dette vil være det nødvendige parallelogram. Denne proces er vist i en rektangelrammemodel (figur 2). Det er klart, at sådanne parallelogrammer er uendeligt mange.

Fig. 2.

Vi viser, at der er uendeligt mange trekanter, hvor de numeriske værdier af området og omkredsen er ens.Vi deler alle trekanter i klasser, der hver indeholder alle lignende trekanter. Det viser sig, at i hver sådan klasse er der en trekant, hvor de numeriske værdier af området og omkredsen er ens. Overvej en af ​​trianglerne i en klasse. Lad sit område være S1og omkredsen er P1, så en tilsvarende trekant med en koefficient k har et område S2 = k2S1 og omkreds P2 = kP1. Hvis som lighedskoefficienten tager k = P1/S1så får vi en trekant med \ (S_2 = P_2 = \ frac {P_1 ^ 2} {S_1} \). Hvad kræves.

Tag for eksempel den egyptiske trekant. Dens omkreds er \ (P_1 = 3 + 4 + 5 = 12 \) og området \ (S_1 = \ frac12 \ cdot3 \ cdot4 = 6 \). En trekant, der ligner den med lighedskoefficienten 2, har den angivne egenskab: Det er en rigtig trekant med ben 6 og 8 (fig. 3, venstre). Ligesidede trekanter kan også overvejes. Blandt dem har den nødvendige egenskab en trekant med side \ (4 \ sqrt % \): dens område og omkreds er lig med \ (12 \ sqrt % \).

Fig. 3.

På samme måde kan man påvise, at der i hver klasse af lignende polygoner er en, hvor de numeriske værdier af området og omkredsen er ens.

I tredimensionelt rum er det naturligt at tilføje en betingelse om ligestilling, som det blev gjort i problemstillingen.Fra løsningen er det klart, at ikke hver "type" af en polyhedron tillader ligestilling af volumen, overfladeareal og den totale længde af kanterne: blandt de korrekte n-carbonprismer n <12 er der ingen.

Især er der ikke sådan en terning og en rektangulær parallelepiped (fordi disse er quadrilaterale prismer). Til sådan polyhedra er det dog let at foretage en hovedkontrol. For eksempel er det for en terning gjort som dette. Kube med kant en har et volumen V = en3overfladeareal S = 6en2 og summen af ​​kantlængder P = 12en. hvis S = P, derefter 6en2 = 12endet er en = 2. Men så S = P = 24 og V = 8.

Ikke desto mindre kan for nogle polyeder ræsonnement svarende til dem for trekanten virke. Hvis vi betragter alle polyeder som denne, vil summen af ​​længderne af kanterne variere i forhold til den første grad af lighedskoefficienten, overfladearealet vil være proportional med anden grad, og volumenet vil være proportional med tredje grad. Det betyder, at opgaven reducerer til dette spørgsmål: skærer de tilsvarende linjer, paraboler og terninger på et tidspunkt? Ændringen i form af polyhedronen i en sådan formulering svarer til forskydningerne af disse kurver i planet.Og det er ret indlysende, at de i nogle tilfælde kan placeres, så de krydser på et tidspunkt. Men er det muligt på en eller anden måde at redegøre for alle de relevante polyeder? … Hvis du har ideer om dette emne – skriv i kommentarerne til problemet!


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: :???: :?: :!: