Задача о выпуклых телах

Квант 1977, №2 с. 30-33 Тег PNF0

С. Пухов

Задча
о выпуклых телах

Эта заметка посвящена решению задачи М380, которая была опубликована в «Задчине «Кванта» (см. № 3 за 1976 год). Напомним ее формуларовку.

a) На плоскости дна выпуклая фигура и внутри нее — точка O. Каждаой прямой l, проходящей через точку O, проводится перепределилуар в точке O и на нем по обе стороны от точки O откладываются два отрезка, длины которых равны длине отрезка, получающейся при пересечении данной фигуры с прямой l. Объедининие всех этих отрезков — новая фигура с центром симметрии O. Будем ли полученная фигура выпуклой?

b) В пространстве дано выпуклое центрально-симметриное место с центром O. Каждаой плоскости α, проходящей через точку O, проводится перепределилуар в точке O и на нем по обе стороны от этой точки O откладываются два отрезка, длины которых равны площади сечения данного места плоскостью α. Объедининие всех этих отрезков — новое место с тем же центром симметрии O. Доказите, что полученное место можно выпукло.

Замечание. В задание б) считается, что фиксирована некоторые единицы. Тогда единица площади определяется автоматически. И процесс откладывания отрезков надо понимать так: отрезок содержит столко единниц длины, сколько единниц площади содержит перепределилуарное сечение.

Мы не будем определять здесь, что такое выпуклое множество, тело, фигура, как и не будем перечислять свойств выпуклых множества, — все эти понятия входят в школьный курс геометрии, и их можно найти в школьных учебниках. Кроме того, мы не будем давать строгого определения площади. Оказывается, любая плоская выпуклая фигура имеет площадь в том же смысле, в каком имеет площадь треугольник, квадрат или круг. Подробно об этом можно прочитать, например, в Энциклопедии элементарной математики, том V, статьи В. А. Рохли и на «Площадь и объем», или в книге В. Б ля ш ке «Круг и шар». Вообще о выпуклых множеств направано много интересных книг. Некоторые из них упомянут в конце заметки.

Итак, научем решать задачу М380.

Отрицательный ответ на вопрос, поставленный в задание a), дает следующее пример.

Рассмотрим выпуклый четырехугольник ABCD, у которого диagonал AC и BD взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке O (рис.1). Пусть при этом $|AO| = |BO| = |CO| = \sqrt{2}$ , а $|DO| = \frac{\sqrt{2}}{2}$ . Начнем осуществлять конструцию, описанную в пункте a). На лучах OB и OC отложим отрезки OP1 и OP2, конгруэнтные отрезки AC и BD соответственно; точки P1 и P2 — точки нового множества. На бискетрисе угла BOC отложим отрезок OP, конгруэнтный отрезку EF (лежащему на бискетрисе углов AOB и COD).

Рис. 1.

Покажем, что отрезок $OP$ не пересекает отрезка $P_1P_2$ . Поскольку $P$ граничная точка новой фигуры, из этого будет следовать, что новая фигура невыпукла.

Обозначим точку пересечения bicсектрисы угла $BOC$ с отрезком $P_1P_2$ через $Q$ ( $Q \in [P_1P_2]$ ). Нам нужно доказать, что отрезок $OP$ короте отрезка $OQ$ , т. е. что $|OP| < |OQ|$ .

Нетрудно посчитать, что $|OE| = 1$ , $|OF| = \frac{2}{3}$ , т. е. что $|EF| = |OP| = \frac{5}{3}$ . Но $|OQ| = \frac{12}{7}$ (проделяйте все вычисления самостояльно). Поскольку $\frac{5}{3} < \frac{12}{7}$ , получаем, что $|OP| < |OQ|$ , то есть новая фигура, получающая из выбранного нами четырехугольника $ABCD$ по «решиту», описанному в задаче a), в самом деле невыпукла.

У праванении. Докажите, что фигура, получающая из выбранного нами четырехугольника, отличного от параллелограмма, у которого в качестве точки $O$ взята точка пересечения его диагоналей, также невыпукла.

Перейдем теперь к доказательству утверждения, сформулированного в пункте 6) задачи. Для удобства обозначим новое тело буквой $V$ , а тело, из которого оно получается, — буквой $W$ .

Будем говорить, что граничная точка $P$ нового тела $V$ соответствует сечению $\omega$ старого тела $W$ плоскостью $\alpha$ , проходящей через центр симметрии $O$ , если отрезок $OP$ перpendикулярен к плоскости $\alpha$ , а длина его равна площади сечения $\omega$ : $|OP| = S_\omega$ . Каждому сечению соответствует две симметричные относительно $O$ точки; таким образом, новое тело $V$ также симметрично относительно точки $O$ .

Поскольку тело $V$ образовано соокуппностью отрезков, «торчаших» из центра $O$ , его выпуклость будет следовать из того, что вместе с любыми двумя границами тела $W$ , телу $V$ принадлежит и весь отрезок $P_1P_2$ (продумайте это).

Итак, пусть точки $P_1$ и $P_2$ тела $V$ соответствуют двум различным сечениям $\omega_1$ и $\omega_2$ тела $W$ плоскостями $\alpha_1$ и $\alpha_2$ , проходящими через центра симметрии $O$ . Пусть $Q$ — произвольная внутренняя точка отрезка $P_1P_2$ . Нужно доказать, что $Q \in V$ . Проведем через $O$ плоскость, перpendикулярную к отрезку $OQ$ , и пусть $P$ — точка, лежащая на луче $OQ$ , соответствующая сечению $\omega$ тела $W$ плоскостью $\alpha$ . Очевидно, что точка $Q$ будет принадлежать телу $V$ тогда и только тогда, когда $|OQ| \leq |OP|$ . Таким образом, решение задачи 6) сводится к доказательству этого неравенства. Проведем его в несколько шагов.

Спроектируем (ортогонально) сечения $\omega_1$ , $\omega_2$ и $\omega$ на плоскость, проходящую через точки $O$ , $P_1$ и $P_2$ (плоскость рисуна 2); тогда сечения $\omega$ , $\omega_1$ и $\omega_2$ превращаются в отрезки. Пусть $[B_1C_1]$ , $[B_2C_2]$ и $[BC]$ — эти отрезки.

Заметим, что цветные лучи на рисунке получаются из красных поворотом на 90° вокруг точки $O$ , и что длинные красных отрезков $OP_1$ , $OP_2$ и $OP$ равны площадям сечений $\omega_1$ , $\omega_2$ и $\omega$ соответственно. Ниже мы, пользоваться выпуклостью тела $W$ и принципиом Кавальери *), выведем соответствие.

*) Бонавентура Кавальери (1598—1647)—известный иtalьянский математик. О его принципие в «Кванте» уже расссказываось—см. № 6 за 1972 год и № 8 за 1975 год. Приципи Кавальери есть и школьном учебнике—см. «Алгебру и начаа анализа 10», c. 98.

Рис. 3.

ношение для плоскей этих сечений, из которого будет следовать, что отрезок OP пересекает отрезок $P_1P_2$ .

Ясно, что плоские сечения $\omega$ , $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекаются по общему отрезку $O_1O_2$ (рис. 3). Проведем плоскость через точки $B_1$ и $B_2$ параллельно этому отрезку; наозвемем ее $\alpha''$ . Любая плоскость, параллельная $\alpha''$ , пересекает сечения $\omega_1$ , $\omega_2$ и $\omega$ по параллельным отрезкам $\Delta_1$ , $\Delta_2$ , $\Delta$ (см. рис. 3), причем если перемешать $\alpha''$ параллельно самой себе, то отрезки $\Delta_1$ исчерпают все сечения $\omega_1$ , отрезки $\Delta_2$ — все сечения $\omega_2$ , а отрезки $\Delta$ (см. рис. 3) — часть $\omega$ сечения $\omega$ . При этом отношение, в котором отрезок $\Delta$ делит боковые стороны трапеции с основаниями $\Delta_1$ и $\Delta_2$ — одно и то же для всех плоскостей $\alpha''$ ; положим его равным $\mu: \lambda$ , где $\mu + \lambda = 1$ — см. рисунок 4, а. Объясним, почему это так. Спроектируем все наши сечения на плоскость, проходящую через центр $O$ , перпендикулярную к отрезке ку $O_1O_2$ ; мы получим картинику, изображенную на рисунке 4, б. Сечением $\omega$ , $\omega_1$ и $\omega_2$ соответствуют цветные отрезки, семейству плоскости $\alpha''$ — семейство параллельных прямых $l''$ , а каждым trem отрезкам $\Delta_1$ , $\Delta_2$ и $\Delta$ — три точки, лежащие на одной из прямых семейства $l''$ . Ясно, что все средние точки (соответствие общее отрезкам $\Delta$ ) делят каждый из отрезков, заключенных между краями прямыми (проекциями сечений $\omega_1$ и $\omega_2$ ) в одном и том же отношении.

Расмотрим теперь плоскость $\alpha'$ , проходящую через отрезок $O_1O_2$ и перпендикулярную к плоскостям $\alpha''$ . Спроектируем сечения $\omega_1$ , $\omega_2$ и $\omega$ на $\alpha'$ . В силу выбора плоскости $\alpha''$ , проекции сечения $\omega_1$ и $\omega_2$ ( $np. \omega_1$ и $np. \omega_2$ ) на плоскость $\alpha'$ имеют одинаковую высоту (рис. 5). Отрезки $\Delta_1$ и $\Delta_2$ проектируют в отрезки, лежащие на одной прямой, без искажения длины. Очевидно, что $|\Delta| \geqslant \lambda |\Delta_1| + \mu |\Delta_2|$ (поскольку $\lambda |\Delta_1| + +\mu |\Delta_2|$ — лина отрезка $\Delta$ , параллельного основаниям трапеции длины $|\Delta_1|$ и $|\Delta_2|$ , делящего боковые стороны в отношении $\mu: \lambda$ и лежащого внутри трапеции, а отрезок $\Delta$ — не короче, что следует из выпуклости тела $W$ ).

Развиваем теперь проекции сечений $\omega_1$ и $\omega_2$ (в плоскости $\alpha'$ ) вдоль прямой, на которой расположено их общее основание — см. рисунок 6; на нем изображены только верхние половинки проекций, параллельную $W$ центрально-симметрично. В промежутке между этим «развивнутыми» проекциями нарисуем еще одну фигуру, у которой:

a) высота также, как и у $np. \omega_1$ и $np. \omega_2$ ;

основание такое же, как и у $np.\omega_1$ , $np.\omega_2$ ;
в) если $a$ и $b$ — длины отрезков, получающихся при пересечении $np.\omega_1$ и $np.\omega_2$ некоторой прямой, параллельной основанию, то длина отрезка пересечения этой прямой с новой фигурой равна $\lambda a + \mu b$ ( $\lambda$ и $\mu$ — те, о которых говорилось выше).

Постраемся выяснить теперь, как связаны между собой площади проекций $\omega_1$ , $\omega_2$ и новой фигуры, и как площадь новой фигуры связана с площадью проекции сечения $\omega$ . Для этого нам понадобится три свойства площади (доказывать мы их не будем, поскольку неだけ строго определеня площади).

Первое свойство — это приццит Кавальери. Прицицит Кавальери утверждает, что если две фигуры, лежащие в одной плоскости, обладают тем свойством, что любая прямая, параллельная данной прямой (лежащей в той же плоскости), в пересечении с этим фигурами дает конструктивные отрезки, то эти две фигуры равновелики.

Второе свойство — это обобщение приццита Кавальери. Пусть на плоскости даны три фигуры $F$ , $F_1$ и $F_2$ , такие, что любая прямая, параллельная заданной прямой, лежащей в плоскости фигур, пересекает эти фигуры по отрезкам длины $f$ , $f_1$ и $f_2$ , причем всякий раз $f = f_1 + f_2$ . Тогда $S_F = S_{F_1} + S_{F_2}$ (выведите это свойство из приццита Кавальери).

И наконец — третье свойство: при растяжении фигуры относительно некоторой оси с коэффициентом $k$ площадь ее умножается на $k$ .

Из приццита Кавальери немедленно следует, что площадь построенной на рисунке 6 фигуры также же, как у проекции на плоскость