Ізопериметричне завдання - Математика
2. Ізопериметричне завдання
За переказами давнім-давно фінікійська царівна Дідона з невеликим загоном відданих їй людей покинула рідне місто Тир, рятуючись від переслідувань свого брата Пігмаліона. Її кораблі вирушили на захід Середземним морем, і пливли доки Дідона не помітила зручне для поселення місце на африканському узбережжі, в нинішній Туніській затоці. [4, 13]
Король місцевих жителів нумідійців Ярб погодився продати Дідоні лише маленьку, на його думку, ділянку землі, "у межах волов'ячої шкіри". Проте Дідона вчинила хитріше. Вона розрізала шкуру на тонкі ремені та зв'язала їх в одну довгу стрічку. Потім перед царівною стояло завдання, як цією стрічкою відгородити ділянку землі найбільшої площі. Дідон успішно впоралася з поставленим завданням і на цьому місці заснувала місто Карфаген.
Отже, Дідоні довелося вирішувати таке завдання:
Як потрібно розташувати шнур фіксованої довжини L, щоб він відгороджував від прямолінійного берега ділянку землі максимальної площі? [4, 14]
Завдання Дідони є окремим випадком ізопериметричних завдань. Ця назва походить від двох грецьких слів: isos – рівний і perimetron – обмір, обвід. Ізопериметричне завдання полягає в тому, щоб серед даної сукупності фігур, що мають однакову довжину контуру (однаковий периметр), знайти ту, чия площа більша за площу будь-якої іншої фігури аналізованої сукупності.
Розглянемо найпростіший приклад. Нехай виділений клас геометричних фігур складається з усіх трикутників з даним периметром, тоді ізопериметричне завдання полягає в тому, щоб знайти трикутник даного периметра, у якого максимальна площа. Таким трикутником є рівнобічний трикутник.
Значно складнішоює основне ізопериметричне завдання:
Серед усіх плоских фігур даного периметра L знайдіть ту, що має максимальну площу. [5, 22]
Хоча відповідь в основній ізопериметричній задачі і здається очевидною, суворе її вирішення містить певні труднощі. Швейцарський геометр Штейнер, який уперше доказав, що тільки коло може бути рішенням ізопериметричної задачі, припустив, що фігура найбільшої площі існує. Однак це міркування не є суворим. [3, 30]
Розглянемо загальні властивості ізопериметричних фігур максимальної площі, для безлічі фігур на площині з цим периметром.
Властивість 1.2.1. Будь-яка максимальна постать опукла.
Нехай хорда А1В1, що з'єднує точки А1, В1 нашої фігури, не лежить цілком усередині неї. Тоді, зрозуміло, певний відрізок цієї хорди, скажімо АВ, лежить весь (крім кінців) поза фігурою. Можна вважати тому, що дано фігуру з периметром АаВС, рівним р, яка не містить хорду АВ (рис. 1.2.1). Замінимо дугу а хордою АВ. Периметр за такої заміни зменшиться, а площа збільшиться на частину АаВ. Побудуємо тепер фігуру, подібну до побудованої фігури АВС, але з периметром, рівним периметру початкової фігури АВС. У нової фігури площа буде більшою, ніж у другої (оскільки коефіцієнт подібності більше одиниці), і значно більше, ніж у початкової.
Властивість доведено. [5, 24]
Властивість 1.2.2. Будь-яка хорда максимальної фігури з периметром р, що ділить навпіл її периметр, обов'язково ділить рівно навпіл і її площу.
Дійсно, нехай у фігури АВСD з периметром хорда АС ділить периметр навпіл (рис. 1.2.2). Позначимо через S1, площу фігури AВС, а через S2 - площу АDС. Припустимо, що S1>S2. Збудуємо тоді нову фігуру АВСEА, замінивши лінію АDСлінією АЕС, симетричною з АВС щодо хорди АС. Нова фігура АВСЕА, маючи колишній периметр, має площу більше площі початкової фігури, так як площа нової фігури дорівнює 2S1, а площа початкової дорівнює S1+S2, у той час як за припущенням S1>S2 і, отже, 2S1>S1+S2. Тому фігура АВСD не є, всупереч припущенню, максимальною. Це доводить, що припущення S1> S2 неправильно. Аналогічно доводиться, що припущення S1 1. Якщо а 2 1, ми візьмемо квадрат зі стороною b=а 2 . Тоді b>а (оскільки а> 1), і площа квадрата зі стороною b буде b 2 , притому b 2 >а 2 (так як b>а). Значить, квадрат зі стороною а не має найбільшої площі, всупереч припущенню.
Теорему доведено. [5, 23]
У доказі цієї теореми припущено помилку, саме не доведено, що є квадрат найбільшої площі.
Розглянемо розв'язання задачі Дідони, використовуючи ізопериметричну властивість кола (див. задачу 1.2.6).
Нехай AВС і А'В'С' є півколо і якусь іншу фігуру, що задовольняє всім умовам завдання. Додаючи до цих фігур фігури АDС і А'D'С', симетричні з першими щодо осей АС і А'С', складемо дві нові фігури: коло АВСD і відмінну від кола фігуру А'В'С'D', периметри яких рівні 2l. Відповідно до основної теореми про ізопериметри, площа кола АВСD більша за площу фігури А'В'С'D'. Тому площа півкола АВС більша за площу фігури А'В'С' і півколо АВС буде вирішенням завдання Дідони. [5, 25]