О некоторых пространственных изопериметрических задачах

22

О некоторых пространственных изоперметрических задач

M. Г. Крейн, A. А. Нудельман

Введение

Прежде чем приступить к предмету настоящего статьи, предлагаем читателю самостоятельно доказать (или вспомнить) следующие хорошего известные предложения.

Предложение 1.
Среди всех параллелограммов с заданным перimetром наибольшую площадь имеет квадрат.

Предложение 2.
Среди всех параллелограммов с заданным перimetром и длиной одной из диагоналей наибольшего площадь имеет ромб.

Очевидно, что предложение 2 эквивалентно следующему:

Предложение 2’.
Среди всех треугольников с заданным перimetром и длиной одной из сторон наибольшего площадь равноведенный треугольник.

Предложение 3.
Среди всех треугольников с заданным perimetром наибольшую площадь имеет равноведенный треугольник.

Предложения 1—3 относятся к числу таких называемых изоперметрических задач: среди фигур определяемого вида с заданным perimetром требуется найти фигур наибольший площади. Отметим здесь, что предложения 1 и 3 являются частными случаями более общего утверждения: среди всех $n$-угольников с заданным perimetром наибольшую площадь имеет равноведенный $n$-угольник. Из него предложим переход легко получить, что среди всех фигур с заданным perimetром (на вид фигур не накладывается ограниченной наибольшую площадью площадь имеет круг *).

Постановка задач

Рассмотрим теперь пространенные аналоги предложений 1—3; в них параллелограммы заменяются параллелипедами, треугольники — тетраэдрами (треугольными парамиами), а площади — объемами.

Задание 1. Среди всех параллелипедов с заданной суммой длины ребер найти параллелипед, имеющий наибольший объем.

Задание 2. Среди всех параллелипедов с заданным суммой длины ребер и длиной одной из диагоналей наибольшего площадь имеющий наибольший объем.

Прежде чем переформулировать задачу 2 так, чтобы получить аналог предложения 2’, введем некоторые определения.

Замкнутую ломанную linцию, состоящую из четырех звеньев, вершины которого не лежат в одной плоскости, называем пространственным четырехугольником. О тетраэдре, вершины которого совпадают с вершинами пространственного четырехугольника, будем говорить, что он намянут на этот четырехугольник (рис. 1).

Легко видеть, что объем tetraэдра, натянутого на пространственный

*) Изящное доказательство этого утверждения, не использующее предельного перехода, читатель найдет в книге: Г. Радемахер и О. Теплиц. Числа и фигуры, М., Физматгиз, 1962.

23

Четырехугольник, сторонами которого является диагональ параллелепида и три его последовательных ребра (рис. 2), составляют одну шестую часть объема параллелепида. Поэтому задача 2 включает следующей задаче:

Задание 2’. Среди всех пространственных четырехугольников с заданным периметром 2р и длиной одной из сторон h найти макой, что нам нужно на него метраэдр имеем наиболее объем.

После решения этой задачи легко решается.

Задание 3. Среди всех пространственных четырехугольников с заданным периметром 2р найти макой, что нам нужно на него метраэдр имеем максимально объем.

Решение задач

Решение задачи 1

Так как среди параллелограммов с фиксированными длинами сторона наиболее площадь имеет прямуюгольник, а среди параллелопедов с фиксированными длинами ребер наиболее объем имеет прямуюгольный параллелопед, то при решении задачи 1 достаточно рассматривать прямуюгольные параллелопеды.

Рис. 2.

Рис. 3.

Если длины ребер прямого параллелопеда обозначит через $a_1, a_2, a_3$, то известное неравенство между средним арфметическим и средним геометрическим

$$\sqrt[3]{a_1 a_2 a_3} \leq \frac{1}{3} (a_1 + a_2 + a_3)$$

(где знак равенства имеет место лишь в случае $a_1 = a_2 = a_3$) приводит к следующему результату:

Теорема 1. Среди всех параллелопедов с заданной суммой длины ребер наиболее объем имеем куб.

Решение задачи 2'

Приступим к рассмотрению задачи 2’. При ее решении будет использовано следующое вспомогательное предложение.

Обозначим через П плоскость, перpendикулярную стороне AB пространственного четырехугольника ABCD (рис. 3). Спроектировав ABCD на П, получим треугольник BEF.

Лемма 1. Объем V метраэдра, нам нужно на ABCD, вычисляется по формуле

$$V = \frac{1}{3} h S,$$

(1)

еде $h - \text{dлина стороны } AB, S - \text{ площадь треугольника } BEF$.

Для доказательства достаточно заметить, что терзеры ABCD и ABEF равновелики, так как каждый из них равновелик терзару ABCF.

Формула (1) сразу подсказывает пусть решения задачи 2’: нужно длины и положения сторона BC, CD и

24

Рис. 4.
AD (рис. 3) выбрать так, чтобы площадь треугольника BEF оказалась наиболее широкой из возможных.

Чтобы добиться этого, позаботемся сначала о том, чтобы его перimetр был наиболее ширким. Развернем на плоскость грани ABFD, FDCE, CEB, проектирующие четырехугольник ABCD на плоскость П. В полученной системе плоской фигуре (рис. 4) длина стороны $B_1B_2$ равна перimetру треугольника BFE, откуда ясно, что этот перimetр будет наиболее ширким в том случае, когда отрезки AD, DC, CB образуют один и тот же угол $\alpha = \arccos \frac{h}{2p-h}$ со стороны AB (рис. 5). Таким образом, пространственный четырехугольник со стороны $AB = h$ и перimetром $2p$, для которого треугольник BEF имеет наиболее ширкий перimetр, можно получить в результате следующего построения: прямогольник со стороны $AB_1 = h$ и диагональ $AB_2 = 2p - h$ сворачивается в треугольную призму так, что точки $B_1$ и $B_2$ совпадают, а ее боковым ребром служит отрезок $AB_1$. При этом линии $B_1ADCB_2$ превращается в исходный пространственный четырехугольник.

Решение задачи 3

Подсчитаем максимальный объем, о котором идет речь в теореме 2. Из рисунка 5 мы видим, что перimetр треугольника BFE равен $\sqrt{(2p-h)^2-h^2} = 2\sqrt{p(p-h)}$, а значит, его наиболее площадь равна $\left[\frac{2\sqrt{p(p-h)}}{3}\right]^2 = \frac{p(p-h)}{3\sqrt{3}}$;

наконец, наиболее площадь наянутого tetraэдра, в соответствии с формулой (1), равен

$$V = \frac{1}{3}h \frac{p(p-h)}{3\sqrt{3}} = \frac{p}{9\sqrt{3}}h(p-h).$$

Теперь легко решается задача 3. Она отличается от задачи 2’ тем, что в ней задается molъко перimetр четырехугольника.

25

Очевидно, что для ее решения достаточно в предыдущей задаче задать такое значение $h$, при котором права часть формулы (2) принимает наиболее значение. Это значение $h$ находится с помощью неравенства между средним аргметическим и средним геометрическим:

$$h(p-h) \leq \left[ \frac{h+(p-h)}{2} \right]^2 = \frac{p^2}{4};$$

оно равно $\frac{p}{2}$, так как $h = p - h$ именно при $h = \frac{p}{2}$. Отсюда следует решение задачи 3:

Теорема 3. Средние метраэдров, намиными на пространстве четырехугольники с заданным периметром, наиболее объем имеем метраэдр, наминый на четырехугольник, у которого все стороны равны и равны углы, образованные любой парой сторона.

Действительно, если $h = \frac{p}{2}$, то длина каждой из трех остальных сторон равна $\frac{2p-h}{3} = \frac{p}{2}$; равенство углов можно получить непосредственно вычисленем (так как $h = \frac{p}{2}$, то все углы равны агссos$^1/3$), однako проще заметить, что в расматриваемом четырехугольнике все стороны равно равны.

Средствами, выходящими за рамки элементарной математики, можно доказать, что параллелепид, дающий решение задачи 2, дает также решение следующей задачи: при же условиях найти параллелепид с наиболее заданным полной поверхности.

Некоторые обобщения

Формула (1) может быть обобщена на тела более сложной формы, чем tetraэдр, и позволяет решить для таких тел задачи, подобные задачи 2 и 3, аналогичным путем: сведённым пространственной изоперметрической задачи к плоской изоперметрической задаче.

Пусть задана неокторая $n$-венная пространственная ломана $A_0 A_1 \dots A_n$. Будем говорить, что она является простым каркасом, если все плоскость, проходящая через ее концы $A_0$ и $A_n$, имеет с ломанной $A_1 A_2 \dots A_{n-1}$ не более одной общей точки.

О многограннике, гранями которого служат треугольники $A_0 A_1 A_2$, $A_0 A_2 A_3$, …, $A_0 A_{n-1} A_n$ и треугольники $A_n A_0 A_1$, $A_n A_1 A_2$, …, $A_n A_{n-2} A_{n-1}$, будем говорить, что он намянут на данный простой каркас (рис. 6) (указанные грани образуют его «общивку»).

Так как многогранник, натянутый на простой каркас, можно составить из tetraэдров $A_0 A_1 A_2 A_n$, $A_0 A_2 A_3 A_n$, …, $A_0 A_{n-2} A_{n-1} A_n$, к каждому из которых применяется лемма 1, то верна.

Лемма 2. Объем $V$ многогранника, намянутого на простой каркас, вычисляется по формуле

$$V = \frac{1}{3} h S,$$

еде $h$ – расстояние между концами $A_0$ и $A_n$, $S$ – площадь многоугольника $A_0 A_1^2 \dots A_{n-1}^2 A_n$ ($A_n^2 = A_0^2$), являющегося проекцией каркаса на плоскость П, перпендикулярную прямой $A_0 A_n$.

Используя тот же пример, что при доказательстве теоремы 2, читатель легко доказет, опираясь на решение изоперметрической задачи для $n$-угольников, следующее теорему:

Теорема 4. Средние многогранники, намянутых на простые $n$-венные каркасы $A_0 A_1 \dots A_n$ с данным расстоянием $h$ между концами, наиболее заданным имеем многоугольник, намянутый на каркас, расположенный на боковых гранах правый н-у陛ной прізмы, у которой отрезок $A_0 A_n$ служит ребром, а основание имеем аргметр $\sqrt{L^2 - h^2}$; при этом стороны каркаса образуют с $A_0 A_n$ равные углы $\alpha = \arccos \frac{h}{L}$.

26

Таким образом, наиболее объем равен
$$\frac{1}{12} h (L^2 - h^2) \frac{1}{n} \text{ctg} \frac{\pi}{n}.$$
Если же не фиксировать расстояние между концами каркаса, то из теоремы 4 немедленно следует.

Теорема 5. Среди всех многогранников, нам нужны на простые n-звенные каркасы данной длины L, наиболее объем имеем многогранник, нам нужный на каркас, расположенный на боковых гранах правый n-уzelновой прізмы с высотой $\frac{L}{\sqrt{3}}$ и периметром основания $L \sqrt{\frac{2}{3}}$, причем стороны каркаса образуют с высотой прізмы равные α = $\arccos \frac{1}{\sqrt{3}}$. Этом наиболее объем равен
$$\frac{1}{18 \sqrt{3}} L^3 \cdot \frac{1}{n} \text{ctg} \frac{\pi}{n}.$$

Известно, что среди n-угольников с заданным длинами сторон наиболее площадь имеет тот, который можно вписать в окружность. Используя этот факт, читатель сможет доказать, что среди всех многогранников, нам нужны на простые n-звенные каркасы с данным длинами звенев $a_1, a_2, \dots, a_n$ и расстоянием h между концами, наиболее объем имеет многогранник, нам нужный на каркас, расположенный на боковых гранах прізмы с высотой h, сторонами основания $b_k = a_k \frac{\sqrt{L^2 - h^2}}{L} (k=1, 2, \dots, n)$, где $L = a_1 + a_2 + \dots + a_n$, причем основание прізмы можно вписать в окружность.

Откажемся теперь от требования, чтобы каркас был непреемно составлен из прямолинейных отрезков: будем рассматривать «гладкие» пространственные кривые. Кривая называется гладкой, если в каждой ее точке можно проведить касательную и направление касательной «плавно» изменяется при малых изменениях положения точки касания. Таким образом, мы не рассматриваем кривых с «изломами», хотя ценой неоторого усложнения изложения можно было бы распространить результаты и на такие кривые. Гладкую пространственную кривую AB называем простым гладким каркасом, если всякая плоскость, проходящая через концы A и B, имеет с ней не более одной общей точки.

Пусть точка M перемещается по простому каркасу. Тогда отрезки AM и BM опущут неоторые поверхности, составляющие «обшивку» каркаса; о теле, ограниченном «обшивкой», будем по-прежнему говорить, что оно натянуто на каркас (рис. 7).

С помощью предельного перехода можно показать, что объем тела, натянутого на гладкий простой каркас, также вычисля-

Рис. 7.

ется по формуле (1), в которой S теперь обозначает площадь фигуры, ограниченной проекцией каркаса на плоскость Π. Характер предельного перехода интуитивно ясен: нужно заменить гладкий каркас «близки» к нему ломанными; однако проведение точных расчудений — дело довольно скрупулезное.

Используя изоперimetрическое свойство окружности, можно, как и выше, убедиться в справедливости следующего теорем:

Теорема 6. Среди всех мел, нам нужны на простые гладкие каркасы с данной длиной L и с данной расстоянием h между концами, наиболее объем имеем имеем имеем, нам нужное на каркас, представляющий собой один вимок винтовой линии с шагом h, расположенный на круговой цилиндрической поверхности с радиусом основания $\frac{\sqrt{L^2 - h^2}}{2\pi}$ (рис. 7).

Теорема 7. Среди всех мел, нам нужны на простые гладкие каркасы с данной длиной L, наиболее объем имеем имеем имеем, нам нужное на каркас, представляющий собой один вимок винтовой линии с шагом h = $\frac{L}{\sqrt{3}}$, расположенный на круговой цилиндрической поверхности с радиусом основания $\frac{\sqrt{L^2 - h^2}}{2\pi}$.