Một số bài toán đẳng giác không gian

Kvant 1973, số 2 tr. 22-26 Thẻ U1OU

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Trên một số đẳng giác không gian bài toán

M.G.Krein, A.A.Nudelman

Giới thiệu

Trước khi tiếp tục chủ đề của bài viết này, chúng tôi mời người đọc chứng minh (hoặc ghi nhớ) một cách độc lập các mệnh đề nổi tiếng sau đây.

Câu 1.
Trong số tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước, hình vuông có diện tích lớn nhất.

Đề xuất 2.
Trong số tất cả các hình bình hành có chu vi và chiều dài một trong các đường chéo cho trước, hình thoi có diện tích lớn nhất.

Hiển nhiên Mệnh đề 2 tương đương với mệnh đề sau:

Mệnh đề 2’.
Trong số tất cả các hình tam giác có chu vi và chiều dài một cạnh cho trước thì diện tích lớn nhất là tam giác đều.

Đề xuất 3.
Trong số các tam giác có chu vi cho trước thì tam giác đều có diện tích lớn nhất.

Mệnh đề 1-3 nằm trong số cái gọi là đẳng giác bài toán: trong số các hình thuộc loại xác định có chu vi cho trước, cần tìm các hình có diện tích lớn nhất. Ở đây chúng ta hãy lưu ý rằng Mệnh đề 1 và 3 là những trường hợp đặc biệt của một phát biểu tổng quát hơn: trong số tất cả các $n$ -giác có chu vi cho trước, $n$ -giác đều có diện tích lớn nhất. Từ đó, chúng tôi đề xuất một phép chuyển đổi để dễ dàng đạt được điều đó trong số tất cả các hình có chu vi nhất định (loại hình không trùng với diện tích bị giới hạn bởi diện tích lớn nhất là hình tròn có *).

Sản xuất bài toán

Bây giờ chúng ta hãy xem xét các dạng tương tự mở rộng của các mệnh đề 1-3; trong đó, hình bình hành được thay thế bằng hình bình hành, hình tam giác được thay thế bằng hình tứ diện (cặp tam giác) và diện tích bằng thể tích.

Bài tập 1. Trong số tất cả các hình song song có tổng độ dài các cạnh cho trước, hãy tìm hình song song có thể tích lớn nhất.

Bài tập 2. Trong số tất cả các hình song song có tổng độ dài các cạnh và độ dài một đường chéo cho trước thì diện tích có thể tích lớn nhất.

Trước khi phát biểu lại bài toán 2 để có được sự tương tự của Mệnh đề 2’, chúng ta hãy giới thiệu một số định nghĩa.

Một đường đứt đoạn khép kín gồm bốn mắt xích có các đỉnh không nằm trong cùng một mặt phẳng được gọi là tứ giác không gian. Về một tứ diện có các đỉnh trùng với các đỉnh của một tứ giác không gian, chúng ta sẽ nói rằng nó được đặt theo tên của tứ giác này (Hình 1).

Dễ dàng thấy rằng thể tích của một tứ diện được bao bọc bởi không gian

*) Người đọc sẽ tìm thấy một bằng chứng tao nhã cho nhận định này, không sử dụng đoạn văn đến giới hạn, trong cuốn sách: G. Rademacher và O. Toeplitz. Những con số và hình vẽ, M., Fizmatgiz, 1962.

Một hình tứ giác có các cạnh là đường chéo của hình bình hành và ba cạnh liên tiếp của nó (Hình 2), tạo thành một phần sáu thể tích của hình bình hành. Do đó, bài toán2 bao gồm bài toán tiếp theo:

Nhiệm vụ 2’. Trong số tất cả các tứ giác không gian có chu vi cho trước là 2p và độ dài một cạnh h, hãy thấy rằng chúng ta cần khối tứ diện có thể tích lớn nhất.

Sau lời giải, bài toán này có thể được giải quyết dễ dàng.

Nhiệm vụ 3. Trong số tất cả các tứ giác không gian có chu vi 2p cho trước, hãy tìm thể tích tối đa mà chúng ta cần cho một khối trung diện.

Lời giải bài toán

Lời giải bài toán 1

Vì trong số các hình bình hành có chiều dài cố định, hình bình hành hình chữ nhật có diện tích cạnh lớn nhất và trong số các hình bình hành có chiều dài cạnh cố định, hình bình hành hình chữ nhật có thể tích lớn nhất, nên đối với lời giải bài toán 1, chỉ cần xem xét hình bình hành hình chữ nhật là đủ.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

Nếu độ dài các cạnh của một hình bình hành phải được biểu thị bằng $a_1, a_2, a_3$ , thì bất đẳng thức nổi tiếng giữa trung bình số học và trung bình hình học

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

(trong đó dấu bằng chỉ xuất hiện trong trường hợp $a_1 = a_2 = a_3$ ) dẫn đến kết quả sau:

Định lý 1. Trong số tất cả các hình bình hành có tổng độ dài các cạnh cho trước, hình lập phương có thể tích lớn nhất.

Lời giải bài toán 2'

Hãy bắt đầu nhìn vào bài toán 2’. Với her lời giải mệnh đề phụ sau đây sẽ được sử dụng.

Gọi P là mặt phẳng vuông góc với cạnh AB của tứ giác không gian ABCD (Hình 3). Chiếu ABCD lên P, ta được tam giác BEF.

Bổ đề 1. Thể tích V của khối tứ diện ta cần trên ABCD được tính theo công thức

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

(1)

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

Để chứng minh điều này, chỉ cần lưu ý rằng các terzer ABCD và ABEF có kích thước bằng nhau, vì mỗi terzer đều có kích thước bằng với terzer ABCF.

Công thức (1) ngay lập tức gợi ý đặt lời giải bài toán 2’: bạn cần độ dài và vị trí của cạnh BC, CD và

Cơm. 4.
AD (Hình 3) nên chọn sao cho diện tích của tam giác BEF rộng nhất có thể.

Để đạt được điều này, trước tiên chúng tôi đảm bảo rằng chu vi của nó càng rộng càng tốt. Chúng ta hãy khai triển các mặt ABFD, FDCE, CEB lên mặt phẳng, chiếu tứ giác ABCD lên mặt phẳng P. Trong hệ kết quả là hình phẳng (Hình 4), độ dài cạnh $B_1B_2$ bằng chu vi của tam giác BFE, do đó rõ ràng chu vi này sẽ rộng nhất trong trường hợp các đoạn AD, DC, CB tạo thành một góc $\alpha = \arccos \frac{h}{2p-h}$ tính từ cạnh AB (Hình 5). Do đó, có thể thu được một tứ giác không gian tính từ cạnh $AB = h$ và chu vi $2p$ , trong đó tam giác BEF có chu vi rộng nhất, nhờ vào cấu trúc sau: một hình chữ nhật tính từ cạnh $AB_1 = h$ và đường chéo $AB_2 = 2p - h$ được gấp thành lăng trụ tam giác sao cho các điểm $B_1$ và $B_2$ trùng nhau, và cạnh bên của nó là đoạn thẳng $AB_1$ . Trong trường hợp này, đường thẳng $B_1ADCB_2$ trở thành tứ giác không gian ban đầu.

Lời giải bài toán 3

Hãy tính thể tích lớn nhất được thảo luận trong Định lý 2. Từ Hình 5, chúng ta thấy rằng chu vi của tam giác BFE bằng $\sqrt{(2p-h)^2-h^2} = 2\sqrt{p(p-h)}$ , nghĩa là diện tích lớn nhất của nó là $\left[\frac{2\sqrt{p(p-h)}}{3}\right]^2 = \frac{p(p-h)}{3\sqrt{3}}$ ;

cuối cùng, diện tích tối đa của tứ diện hình thành, theo công thức (1), bằng

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

Bây giờ bài toán 3 có thể được giải dễ dàng. Nó khác với bài toán 2’ ở chỗ nó chỉ định chu vi mol của hình tứ giác.

Rõ ràng, đối với lời giải của nó, chỉ cần đặt ở bài toán trước đó một giá trị $h$ mà tại đó phần bên phải của công thức (2) có giá trị lớn nhất. Giá trị $h$ này được tìm thấy bằng cách sử dụng bất đẳng thức giữa giá trị trung bình đối số và giá trị trung bình hình học:

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

nó bằng $\frac{p}{2}$ , vì $h = p - h$ chính xác là ở $h = \frac{p}{2}$ . Điều này ngụ ý lời giải bài toán 3:

Định lý 3. Trung bình cộng của các khối tứ diện định hướng trên không gian của các tứ giác có chu vi cho trước, thể tích lớn nhất là khối tứ giác hướng trên một tứ giác có các cạnh bằng nhau và các góc tạo bởi một cặp cạnh nào cũng bằng nhau.

Thật vậy, nếu $h = \frac{p}{2}$ , thì độ dài của ba cạnh còn lại là $\frac{2p-h}{3} = \frac{p}{2}$ ; sự bằng nhau của các góc có thể thu được trực tiếp bằng cách tính toán (vì $h = \frac{p}{2}$ , nên tất cả các góc đều bằng arccos $^1/3$ ), nhưng dễ dàng nhận thấy rằng trong tứ giác đang xét, tất cả các cạnh đều bằng nhau.

Bằng những phương pháp vượt xa toán học sơ cấp, có thể chứng minh rằng một song song cho lời giải bài toán 2 cũng cho lời giải cho bài toán tiếp theo: trong cùng điều kiện, hãy tìm song song có tổng bề mặt cho trước lớn nhất.

Một số khái quát

Công thức (1) có thể được khái quát hóa cho các vật thể có hình dạng phức tạp hơn tứ diện và cho phép chúng ta giải các vật thể đó bài toán, tương tự như bài toán 2 và 3, theo cách tương tự: giảm đẳng tích không gian bài toán thành đẳng tích phẳng bài toán.

Cho một số đường gãy không gian $n$ chiều $A_0 A_1 \dots A_n$ . Chúng ta sẽ nói rằng đó là một hệ quy chiếu đơn nếu toàn bộ mặt phẳng đi qua hai đầu $A_0$ và $A_n$ của nó có nhiều nhất một điểm chung với đường đứt nét $A_1 A_2 \dots A_{n-1}$ .

Về một khối đa diện có các mặt là hình tam giác $A_0 A_1 A_2$ , $A_0 A_2 A_3$ , …, $A_0 A_{n-1} A_n$ và các hình tam giác $A_n A_0 A_1$ , $A_n A_1 A_2$ , …, $A_n A_{n-2} A_{n-1}$ , chúng ta sẽ nói rằng nó được gắn vào một khung đơn giản nhất định (Hình 6) (các mặt được chỉ định tạo thành “cấu trúc chung” của nó).

Vì một khối đa diện được bao bọc bởi một khung đơn giản có thể bao gồm các tứ diện $A_0 A_1 A_2 A_n$ , $A_0 A_2 A_3 A_n$ , …, $A_0 A_{n-2} A_{n-1} A_n$ , với mỗi khối đó áp dụng Bổ đề 1, thì điều đó đúng.

Bổ đề 2. Thể tích $V$ của khối đa diện gắn vào hệ quy chiếu đơn được tính theo công thức

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

food $h$ là khoảng cách giữa hai đầu $A_0$ và $A_n$ , $S$ là diện tích của đa giác $A_0 A_1^2 \dots A_{n-1}^2 A_n$ ( $A_n^2 = A_0^2$ ), là hình chiếu của khung lên mặt phẳng P, vuông góc với đường thẳng $A_0 A_n$ .

Sử dụng ví dụ tương tự như trong chứng minh Định lý 2, người đọc có thể dễ dàng chứng minh, dựa trên lời giải đẳng giác bài toán cho $n$ -giác, định lý sau:

Định lý 4. Khối đa diện trung bình, gọi các khung $n$ -gân đơn giản $A_0 A_1 \dots A_n$ với khoảng cách cho trước $h$ giữa hai đầu, cái lớn nhất là một đa giác, gọi là khung, nằm trên các mặt bên của lăng kính n-y bên phải, trong đó đoạn $A_0 A_n$ đóng vai trò là một cạnh, và đáy là argmeter $\sqrt{L^2 - h^2}$ ; trong trường hợp này, các cạnh của khung tạo thành các góc bằng nhau $\alpha = \arccos \frac{h}{L}$ với $A_0 A_n$ .

Do đó, âm lượng tối đa bằng
$\frac{1}{12} h (L^2 - h^2) \frac{1}{n} \text{ctg} \frac{\pi}{n}.$
Nếu chúng ta không cố định khoảng cách giữa các đầu của khung thì điều đó ngay lập tức tuân theo Định lý 4.

Định lý 5. Trong số tất cả các khối đa diện chúng ta cần cho các khung liên kết n đơn giản có độ dài L cho trước, khối lượng lớn nhất chúng ta có là khối đa diện chúng ta cần cho khung, nằm trên các mặt bên của lăng kính liên kết n bên phải có chiều cao $\frac{L}{\sqrt{3}}$ và chu vi đáy $L \sqrt{\frac{2}{3}}$ , và các cạnh của khung có dạng lăng kính có chiều cao lăng kính bằng α = $\arccos \frac{1}{\sqrt{3}}$ . Đây là khối lượng lớn nhất bằng
$\frac{1}{18 \sqrt{3}} L^3 \cdot \frac{1}{n} \text{ctg} \frac{\pi}{n}.$

Được biết, trong số n-giác có độ dài các cạnh cho trước, hình có diện tích lớn nhất là hình có thể nội tiếp được trong một đường tròn. Sử dụng thực tế này, người đọc sẽ có thể chứng minh rằng trong số tất cả các khối đa diện, chúng ta cần các khung liên kết n đơn giản với độ dài các liên kết cho trước $a_1, a_2, \dots, a_n$ và khoảng cách h giữa các đầu, khối lớn nhất có khối đa diện, chúng ta cần một khung nằm trên các mặt bên của lăng kính có chiều cao h, các cạnh của đáy $b_k = a_k \frac{\sqrt{L^2 - h^2}}{L} (k=1, 2, \dots, n)$ , trong đó $L = a_1 + a_2 + \dots + a_n$ , và đáy của lăng kính có thể nội tiếp trong một vòng tròn.

Bây giờ chúng ta hãy từ bỏ yêu cầu rằng khung nhất thiết phải bao gồm các đoạn thẳng: chúng ta sẽ xem xét các đường cong không gian “trơn tru”. Một đường cong được gọi là trơn nếu một tiếp tuyến có thể được vẽ tại mỗi điểm của nó và hướng của tiếp tuyến thay đổi “một cách đều đặn” khi có những thay đổi nhỏ ở vị trí của điểm tiếp tuyến. Do đó, chúng tôi không xem xét các đường cong có “điểm gấp khúc”, mặc dù phải trả giá bằng việc trình bày hơi phức tạp nhưng vẫn có thể mở rộng kết quả cho những đường cong như vậy. Đường cong không gian trơn AB được gọi là hệ quy chiếu trơn đơn nếu mọi mặt phẳng đi qua hai đầu A và B có nhiều nhất một điểm chung với nó.

Cho điểm M di chuyển dọc theo một khung đơn giản. Khi đó các đoạn AM và BM sẽ lược bỏ một số bề mặt nhất định tạo nên “lớp da” của khung; Về một vật thể bị giới hạn bởi “lớp da”, chúng ta sẽ tiếp tục nói rằng nó bị kéo căng trên khung (Hình 7).

Sử dụng đoạn văn đến giới hạn, có thể chứng minh rằng thể tích của một vật trải dài trên một khung đơn giản nhẵn cũng được tính

Cơm. 7.

được tính theo công thức (1), trong đó S lúc này biểu thị diện tích của hình được giới hạn bởi hình chiếu của khung lên mặt phẳng Π. Bản chất của việc chuyển sang giới hạn rất rõ ràng về mặt trực giác: cần phải thay thế khung trơn “gần” với nó bằng khung bị hỏng; tuy nhiên, việc thực hiện các phép tính chính xác là một vấn đề khá thận trọng.

Sử dụng tính chất đẳng tích của đường tròn, như trên, chúng ta có thể xác minh tính đúng đắn của định lý sau:

Định lý 6. Trong số tất cả các loại phấn, chúng ta cần các khung trơn đơn giản có chiều dài L cho trước và khoảng cách h cho trước giữa các đầu, thể tích lớn nhất mà chúng ta có, chúng ta cần một khung, là một chuỗi xoắn có bước h, nằm trên một bề mặt hình trụ tròn có bán kính đáy $\frac{\sqrt{L^2 - h^2}}{2\pi}$ (Hình 7).

Định lý 7. Trong số tất cả các loại phấn, chúng ta cần các khung trơn đơn giản có chiều dài L cho trước, thể tích lớn nhất mà chúng ta có, chúng ta cần một khung, là một cuộn dây xoắn có bước h = $\frac{L}{\sqrt{3}}$ , nằm trên một mặt hình trụ tròn có bán kính đáy $\frac{\sqrt{L^2 - h^2}}{2\pi}$ .