Измельчающиеся узоры

26

Измельчающийся узоры

Постотрице внимательно на первую страницу обложки — на ней в правильном пятунгольнике расположен бесконечный набор пятиконечных звезд, измельчающихся к его сторонам. Цель очередного занятия математического кружка — разобраться в этом красивом построении и понять, как можно строить сходные узоры.

Задача о звездной площади

Узор на обложке получен следующим образом:

Рассмотрим правильный пятунгольник, в котором проведены все 5 диагоналей (центральный «черный» пятунгольник на обложке). Концы диагоналей наозем внешними вершинами образовавшейся пятиконечной звезды, а точки пересечения диагоналей, лежащие внутри пятунгольника, наозем внутренними вершинами этой звезды.

К этой звездде (наозем ее звездой нульвого порядка) присоединим 5 подобных ей звездем меньше размера (звезды первого порядка) так, что три внешние вершины каждой звезды первого порядка совпадают с треями смежными вершинами звезды нульвого порядка: двумя внешними и одной внутренней.

Вокруг звездд первого порядка подобным же образом построен после из 15 еще меньших звездового порядка, причем неокторые из этих звезд по необходимости частично рекрывают друг друга, так что у пары таких звезд общими является одна сторона и, кроме того, одна внешняя вершина. Изовем такой фигуру — обведенное двух частично перекрывающихся звезд — двойной звездой.

Вокруг звездд второго порядка точно так же построен после звезды, а тот фон, который не занят ими. Фигура, наполняющая лист дикого винограда или смешного человека с приподнятой шляпой, повторяется многократно во все уменьшающемся размера и притом так, что эти фигуры попарно не пересекаются, а их объединение составляет весь фон. Вокруг каждой такой фигуры можно описать ромб с углом 72° при вершине (рис. 1).

Задача 2. Найти отношение площади части ромба, дополяющей целевенака (и его шляпу!), к площади всего ромба.

(Возможно, вы угадали, что ответ к задаче 2 равен… ответу к задаче 1.) На рисунке 2 читатель найдет самостояльно*):

$$\alpha = 36^\circ, \quad a = dq,$$
$$b_1 = a \text{tg} \alpha = a \sqrt{5} - 2\sqrt{5},$$
$$b_2 = b_1 q, \quad b_3 = b_2 q = b_1 q^2,$$
$$b_4 = b_3 q = b_1 q^3, \quad b_5 = b_1 q^4,$$
$$q = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \approx 0,618034.$$
В результате искомое отношение $p$ равно
$$p = 77\sqrt{5} - \frac{343}{2} \approx 0,677234.$$

*) Если эти вычисления вызовут у вас трудности, прочитайте сначала следующий раздел.

27

Обратимся к рисунку 3, несколько отличиящемуся от рисунка 1. В угол $LAL'$ вписан ромб нулевого порядка $ABFB'$, у которого $|AB| = a_0$.

В два образовательных угла $LBF$ и $FB'L'$ вписаны два ромба первого порядка $BCGC'$ и $B'C_1G'C_1'$ со стороны $a_1 = a_0q$, где

$$0,5 \leq q \leq 1.$$ (1)

Для построения ромбов второго порядка проведем прямые $FG$ и $FG'$, которые отсекут на прямых $CH$ и $C_1'H_1'$, параллельных диагонали $AF$ исходного ромба, отрезки, служебные диагонали ромбов $CDHD'$ и $C_1D_3H_1'D_3'$, подобных исходному. Эти два ромба принадлежат ряду конгречных ромбов второго порядка со стороны $a_2 = a_1q = a_0q^2$.

Точно так же построим ряд ромбов третьего порядка со стороны $a_3 = a_0q^3$ и т. д.

Если $q < 1$, то прямые $FG$ и $FG'$ не параллельны сторонам исходного угла и пересекают их в некоторых точках $L$ и $L'$. Точка $L$ является центром гомотетии для ромбов $ABFB'$, $BCGC'$, $CDHD'$, …

В силу симметрии таким же центром гомотетии для соответствующих фигуры является и точка $L'$. На прямой $LL'$ расположено, кроме этих двух точек, бесконечное множество других центров гомотетии для различных рядов ромбов. Одним из таких центров, например, является точка $L''$.

Задча 3. Найти такой коэффициентом готовности $q$, чтобы ромбы сплошь застилали внутренность треугольника $LAL'$ (без просветов и наложений).

Для этого необходимо и достаточно, чтобы при некоторых натуральном $n$ длина стороны $a_i$ ромба любого порядка равнялась сумме длины сторона $n$ ромбов следующего:

$$a_i = a_{i+1} + a_{i+2} + \dots + a_{i+n-1} + a_{i+n},$$

откуда вытекает, что $q$ должно удовлетворять уравнению

$$q^n + q^{n-1} + \dots + q^2 + q - 1 = 0.$$ (2)

При $n = 1$ уравнение (2) принимает вид $q - 1 = 0$, откуда $q = 1$. В этом случае точки $C'$ и $C_1$ на рисунке 3

28

совпадают с точкой $F$, точки $L$ и $L'$ «уходят в бесконечность», а ромбы всех порядков становятся конгруэтными (рис. 4) *).

При $n=2$ уравнение (2) имеет вид $q^2+q-1=0$, а его корень, удовлетворяющий условию (1), равен:

$$q_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$$

Теперь на рисунке 3 с вершиной $F$ исходного ромба совпадает точка $D'_1$, а укладка ромбов внутри угла $LAL'$ прибретает вид, показанный на рисунке 5. Это — уже разобраный нами основной случай.

При $n=3$ корень кубического уравнения

$$q^3+q^2+q-1=0,$$

ограниченный условием (1), приближительно равен $q_3=0,543689$, а сплошная укладка ромбов иллюстрируется рисунком 6.

Легко видеть; что для $n>1$ левая часть уравнения (2) отрицательна при $q=\frac{1}{2}$ и положительная при $q=1$. Следовательно, это уравнение имеет корень $q_n$, удовлетворяющий условию (1), причем единственный (так как левая часть уравнения (1) возвращает при $q>0$). Нетрудно также доказать, что $q_1>q_2>q_3>...>q_n>...$, причем $\lim_{n\to\infty}q_n=1/2$.

По мере возрастания числа $n$ примая $LL'$ все более приближается к вершине $F$ исходного ромба.

Сетка ромбов, заполняющих внутренность угла в пределном случае $q_\infty=1/2$, изображена на рисунке 7. Точка $F$ и аналогичные ей вершины ромбов всех порядков оказываются теперь на одной прямой $LL'$.

Решение задачи 1

Легко проследить связь между сеткой плотно уложенных ромбов на рисунке 5 и орнаментом, изображенным на обложке. Эту связь иллюстрирует

*) На рисунках 4—8 для краскоты выделен красным цветом орнамент, не влияющий на математическую суть дела.