Pendek kata, Sklifosovsky! • Konstantin Knoop • Tugas sains popular mengenai "Unsur" • Matematik

Pendek kata, Sklifosovsky!

Tugas

a) Empat buah rumah terletak di bahagian atas sebuah persegi dengan sampingan 1000 m. Adakah mungkin sambung laluan mereka supaya dari mana-mana rumah ke mana-mana yang lain dapat dicapai di sepanjang jalan, dan panjang total semua trek tidak melebihi 2800 m?
b) Tetrahedron yang betul adalah piramid segitiga, semua pinggirnya sama. Dengan membangun tetrahedron biasa dengan sampingan 10 cm, kita akan memanggil poligon yang rata, dari mana dengan merapatkan beberapa sisi, anda boleh mendapatkan tetrahedron yang dikehendaki (gluing tidak semestinya dilakukan oleh tepi tetrahedron). Ada di sana imbasan, perimeter yang tidak melebihi 54 cm?


Petua 1

Jawapan kedua-dua soalan adalah positif.

Dalam tugas itu a) nampaknya semulajadi untuk merakam trek sepanjang pepenjuru segi empat, tetapi ini memberikan panjang 200 √2 ≈ 2828 m – tetapi sebenarnya ia adalah mungkin untuk menarik jalan yang lebih pendek.

Dalam tugas itu b) Imbasan "standard" mempunyai perimeter 60 cm (Rajah 1), manakala tiga titik segi tiga adalah "terpaku bersama" menjadi satu puncak tetrahedron (cuba bayangkan dalam fikiran anda bagaimana ini berlaku).

Rajah. 1.

Sekiranya kita melekat tetrahedron di sepanjang garis patah melalui dua titik dan tengah tepi yang bertentangan (garis merah dalam Rajah.2), imbasan akan menjadi segi empat tepat, kedua-dua belah sisi bersamaan dengan pinggir (cek!), Dan dua lagi akan menjadi dua kali panjang segmen yang menghubungkan puncak ke tengah-tengah sebaliknya.

Rajah. 2

Dalam segitiga biasa dengan sisi 10 cm, setiap segmen sedemikian sama dengan 5√3 ≈ 8.66 cm Oleh itu, perimeter sapuan sedemikian bersamaan dengan 20 + 20√3 ≈ 54.64 cm. Ini tentunya lebih baik daripada 60, tetapi juga bukan batasnya.


Petua 2

Rajah. 3

Cuba lipat tetrahedron keluar dari sapu heksagonal yang ditunjukkan di rajah. 3. Apabila anda berjaya, fikirkan bagaimana untuk mengira panjang perimeter untuk menyapu seperti itu.


Penyelesaian

Cerita ini bermula dengan teka-teki,
Malah Alice tidak akan menjawab:
Apa yang tersisa selepas kisah,
Selepas diberitahu?
V. Vysotsky

a) Dan kita akan bermula dengan penolakan masalah itu. Sebaliknya, dengan sophism, kita akan cuba membuktikan bahawa mustahil untuk meningkatkan nilai 2000√2.

Biarkan A, B, C, D – empat titik persegi dan kita menghabiskan masa untuk menyambung laluan. Sekiranya kita tidak berundur dari sisi segi empat, maka untuk menyambungkan empat titik, kita perlu memegang tiga sisi sepenuhnya, dan ini memberikan panjang trek 3000 m Dan kerana ini lebih daripada 2000√2, maka pilihan ini tidak minimum.

Akibatnya, kami mempunyai beberapa trek di dalam alun-alun, yang bermaksud banyak trek yang membolehkan anda berjalan dari A kepada Cbersilang dengan satu set yang membolehkan anda berjalan dari B kepada D (Rajah 4).

Rajah. 4

Titik persimpangan ditunjukkan dengan warna merah. Saya. Dari sini dalam empat arah yang berbeza, anda boleh sampai ke empat titik persegi. Tetapi setiap jalan tersebut tidak lebih pendek daripada segmen yang sama, yang, seperti yang diketahui dari aksioma Euclidean, adalah jalan terpendek antara sepasang mata. (Lebih tepat lagi, aksiomatik termasuk ketidaksamaan segitiga – pernyataan itu Xy + YzXz untuk mana-mana tiga mata X, Y, Z; kami juga akan menggunakan pernyataan ini, secara harfiah satu baris di bawah.) Oleh itu, panjang keseluruhan sistem jalan raya tidak kurang daripada AI + BI + CI + DI. Tetapi dari ketidaksamaan AI + CIAC = 1000√2, BI + DIBd = 1000√2 kita segera dapatkannya AI + BI + CI + DI ≥ 2000√2, yang akan kami buktikan.

Baca? Adakah itu betul? Tahniah, seluruh punggung anda adalah putih.

Kesilapan yang dibuat dalam "bukti" semudah ini adalah pelajaran. Kami berdosa terhadap kebenaran apabila kita mengandaikan bahawa dari persimpangan jalan (Saya) ke bahagian atas alun-alun adalah empat berbeza "arahan", iaitu empat trek yang berbeza. Malah, ini hanya berlaku jika persimpangan trek AC dan Bd terdiri daripada satu titik. Tetapi ini adalah sesuatu yang tidak perlu benar! Malah dalam kes primitif apabila kita hanya menghubungkan rumah dengan segmen (contohnya, AB, BC dan CD) dan menerima laluan panjang 3000 m, menyeberang jalan AC dan Bd terdapat segmen keseluruhan BC.

Oleh itu, kami hanya melepaskan satu lagi pilihan (secara skematik ditunjukkan dalam Rajah 5).

Rajah. 5

Di sini, beberapa trek (tidak ditunjukkan dalam gambar) entah bagaimana menyambungkan dua titik kiri persegi dan titik Saya, trek yang lain (juga tidak ditunjukkan) menyambungkan dua simpang baki persegi dan titik yang tinggal Odan akhirnya terdapat lebih banyak trek antara Saya dan O, ditunjukkan dalam warna merah (anda boleh membuktikan dengan ketat bahawa apa-apa skim dikurangkan kepada persis ini, tetapi kerana bukti optimum yang tepat masih melampaui skop tugas kita, maka kita keluarkan bukti ini)

Untuk Rajah 5, kita boleh mengulangi hujah-hujah terdahulu kami, dan dapatkan jumlah panjang semua trek yang dibuat tidak kurang daripada AI + BI + Io + OC + Od. Tetapi bolehkah jumlah ini kurang daripada dua kali pepenjuru – itulah persoalan.

Untuk menjawabnya, mari kita contohkan sambungan "dalam sel" (Gambarajah 6).

Titik di sini Saya dan O diambil supaya semua garis putus-putus berjalan sepanjang hypotenuse segi tiga yang tepat dengan nisbah aspek 3: 4: 5. (Adakah anda masih ingat Teorema Pythagoras? Dari sini, hipotenus segi tiga dengan kaki 3 dan 4 sama dengan ). Iaitu, kaki yang lebih besar (4 sel) adalah separuh sisi segi empat, atau 500 m, dan yang lebih kecil (3 sel) adalah 3/4 dari 500 m, atau 375 m. Oleh itu, panjang setiap garis bertitik adalah 5/4 500 m, atau 625 m, dan panjang segmen merah mendatar – 1/2 daripada 500 m, atau 250 m. Jumlah segmen yang ditunjukkan adalah sama dengan 2750 m, iaitu, kurang daripada 2800.

Rajah. 6

Adakah hasilnya minimum? Sudah tentu tidak. Walau bagaimanapun, skim sambungan yang membawa kepada ia adalah optimum (kita akan sekali lagi meninggalkan bukti yang ketat). Dalam rangka skema ini, kita dapat mencari nilai yang lebih rendah dengan cara berikut. Biarkan a – panjang sisi persegi, dan x – panjang kaki yang lebih kecil di segi tiga tepat. Oleh kerana kaki yang lebih besar sama dengan a/ 2, maka jumlah empat hipotenus bersamaan dengan dan segmen merah adalah a – 2x. Walaupun anda terlupa (atau tidak pernah tahu bagaimana) untuk mengambil derivatif dan menyiasat fungsi pada extrema, untuk fungsi Ini boleh dilakukan dengan mudah melalui wolframalpha.com.

Satu pertanyaan mudah mengatakan bahawa minimum ialah 1000 (1 + √3) ≈ 2732 m dan dicapai pada x = 500 / √3. Dalam "kata laluan" kita tidak hanya akan memahami hasil ini, tetapi juga umumkannya.

b) Setelah itu "penyediaan artileri", agak mudah bagi kita untuk menangani tugas kedua.

Pertama, kita akan menunjukkan dengan tepat bagaimana tetrahedron kelihatan, pembukaan yang kita berikan dalam petunjuk 2.

Lihatlah lukisan ini sebagai imej objek tiga dimensi (pinggir "tak kelihatan" tetrahedron ditunjukkan sebagai garis putus-putus pendek). Bandingkan ini dengan Rajah 2, di mana kita melipat tetrahedron di sepanjang salah satu pinggirnya (tepi menegak dalam Rajah 7) dan garis pecah merah (dalam unjuran ditunjukkan dalam Rajah 7, ia akan lulus betul-betul di atas pinggir titik, dengan sepenuhnya menyembunyikannya dari mata kita).

Rajah. 7

Jadi, kita ambil sapuan, bengkokkannya di sepanjang tepi (semua garis putus-putus dalam Rajah 3), gam bersama dua garis merah, dua biru, dua kuning dan dua garis ungu. Selepas perkembangan ini dilipat supaya kedua-dua garis hijau disambungkan, dan ia tetap hanya untuk membengkokkannya di tengah dan juga gam mereka. Tetrahedron sudah siap.

Bagaimana anda boleh meneka dengan cara yang bijak? Ia tidak begitu sukar; hanya melihat gambar yang sama seperti objek rata – rombus! Dari analisis perkembangan yang lebih mudah, adalah jelas bahawa sebarang pembangunan,memelihara kedua-dua muka segitiga tetrahedron utuh, boleh dianggap sebagai sistem laluan yang menghubungkan empat titik rombus ini. Jadi cabarannya b) sebenarnya satu jenis tugas a)tetapi tidak untuk segi empat, tetapi untuk rombus. Semua yang dikatakan dalam sophism kita boleh diulangi di sini. Jika kita ingin mendapatkan satu sistem segmen yang lebih pendek daripada jumlah dua pepenjuru rombus, maka tidak ada titik dalaman empat segmen yang berbeza harus berkumpul, yang bermaksud bahawa kita harus cuba membina sambungan dengan cara yang sama seperti yang kita lakukan dalam masalah a).

Sebenarnya, bukannya mengambil mata tambahan yang diperlukan "di dalam sel", saya sekali lagi akan menggunakan WolframAlpha yang telah terbukti. Sebelum itu, anda masih perlu menyediakan sedikit – masukkan sistem koordinat dalam lukisan kami.

Biarkan asalnya O akan menjadi titik simpang diagonal rhombus ABCD. Oleh kerana rombus terdiri daripada dua segi tiga biasa dengan sisi 10 cm, pepenjuru yang lebih kecil daripada rombus juga sama dengan 10 cm, dan separuh dari pepenjuru yang lebih besar dapat dikira menggunakan teorema Pythagorean: . Oleh itu, koordinat simpang A dan C rhombus – (± 5, 0), dan koordinat simpang B dan D – (0, ± 5√3).Jika kita mengambil satu titik tambahan (tidak diketahui) dengan koordinat (x, y), maka koordinat titik kedua (yang bersifat simetri terhadapnya berbanding dengan asal) secara semulajadi akan (-x, −y).

Teorema Pythagorean yang sama memberitahu kita bahawa nilai fungsi sedemikian harus dikurangkan:

(tanda-tanda akar adalah panjang segmen dari titik tambahan kami ke simpul rombus dan panjang segmen dari itu ke asal, iaitu separuh segmen di antara titik tambahan). Kereta itu berfungsi kotor untuk kami:

Rajah. 8

Biasanya, WolframAlpha "menunjukkan" pengiktirafan angka-angka rasional dan tidak rasional yang diiktirafnya. Tetapi di sini, lihat, sesuatu yang dia tidak berjaya. Walau bagaimanapun, kami akan membentangkan nombor yang sama dalam bentuk yang berbeza: x = 10/7, y = 5 / (7√3), dan nilai minimum adalah tepat 10 √7. Dan jika akar 3 di sini entah bagaimana boleh diharapkan, maka penampilan dalam jawapan akar 7 kelihatan seperti misteri mutlak. Sekiranya anda sudah bersedia untuk memikirkannya lebih lama – berfikir, dan jika anda telah menyerah diri, maka anda boleh membaca kata laluan tersebut.


Selepas perkataan

Bapak-bapak tugas ini boleh dianggap orang yang berbeza dari zaman yang berlainan. Salah satu yang pertama adalah ahli matematik amatur terkenal Pierre Fermat (oleh profesion asas beliau seorang peguam), yang mencadangkan masalah berikut sebagai contoh penerapan kaedah penyelidikan extrema:

Biarkan orang yang tidak menganggarkan kaedah ini membuat keputusan: untuk tiga mata yang diberikan, cari keempat supaya jika anda menarik tiga segmen daripadanya ke titik-titik ini, maka jumlah ketiga-tiga segmen ini akan memberikan nilai terkecil.

Sila ambil perhatian bahawa masalah itu dirumuskan dalam bahasa "geometrik", walaupun penulis menganggap penyelesaian "analitik" semata-mata. Walau bagaimanapun, selepas Farm mengikut penyelesaian geometri semata-mata. Maklumat lanjut mengenai mereka boleh didapati dalam §3 buku V. Protasov "Maxima dan minima dalam geometri". Sejak hampir serentak dengan Fermat (dan, nampaknya, tanpa menghiraukannya) penyelidik yang luar biasa, Evangelista Torricelli, terlibat dalam tugas ini, titik yang perlu ditemui dalam masalah ini sekarang disebut titik Torricelli Fermat.

Bertahun-tahun kemudian (sudah pada abad ke-20), Jarnik dan Kössler merumuskan generalisasi masalah ini, di mana tiga mata digantikan dengan bilangan mata sewenang-wenangnya. Ternyata, tugas mereka adalah untuk menggambarkan graf rata yang bersambung dengan panjang terkecil melalui set titik terhingga yang terhasil dari pesawat. Mungkin artikel mereka, yang diterbitkan dalam jurnal matematik yang tidak terlalu popular, dan juga dalam bahasa Poland, tidak akan disedari, tetapi sebutannya dimasukkan dalam buku yang terkenal oleh Courant dan G. Robbins. "Apakah matematik?":

Masalah yang sangat sederhana dan pada masa yang sama masalah pengajaran dipelajari pada permulaan abad yang lalu oleh geometer Berlin terkenal Jacob Steiner. Ia dikehendaki menghubungkan tiga kampung dengan sistem jalan raya dengan cara yang panjangnya minimum. Adalah semulajadi untuk membahagikan masalah ini kepada kes beberapa mata yang diberikan seperti berikut: ia dikehendaki untuk mencari satu titik dalam satah sehingga jumlah jarak daripadanya ke titik yang diberikan menjadi minimum. Masalah umum ini, yang juga dikaji oleh Steiner, tidak menyebabkan keputusan yang menarik. Dalam kes ini, kita berhadapan dengan penyebaran dangkal, yang seperti yang sering dijumpai dalam kesusasteraan matematik. Untuk mendapatkan ringkasan masalah Steiner yang benar-benar layak, seseorang harus meninggalkan pencarian satu titik. Sebaliknya, kami menetapkan tugas untuk membina "rangkaian jalan" atau "rangkaian jalan antara kampung-kampung" dengan jumlah minimum minimum.

Dengan tangan ringan Kurant, tugas mencari rangkaian minimum kini dipanggil masalah geometri Steiner, walaupun Jacob Steiner sendiri (secara umum, transkripsi betul nama belakang Jerman ini ialah Steiner,tetapi dalam kesusasteraan matematik Rusia terdapat tradisi untuk memanggilnya Steiner) tidak menetapkan tugas sedemikian dan tidak menyelesaikannya.

Walau bagaimanapun, dalam rangka kajian mengenai masalah Farm-Torricelli-Steiner, mudah untuk membuktikan sifat-sifat hebat berikut dari rangkaian Steiner:
1) Dalam rangkaian terpendek, sebagai tambahan kepada data (sumber), boleh termasuk tambahan.
2) Tiga segmen bertemu di setiap titik tambahan, dan semua sudut sepasang di antara mereka sama dengan 120 °.
3) Bagi beberapa kes khas, rangkaian yang dihasilkan boleh "diluruskan", iaitu, menjadi segmen magnitud yang sama.

Rajah. 9

Contohnya untuk meratakan rangkaian yang sepadan dengan rombus dua rajah segitiga (Rajah 7) ditunjukkan dalam Rajah 9. Dari sini, ia sudah cukup mudah untuk mendapatkan akar yang tidak dapat difahami ini 7: sesungguhnya, hujung atas kiri bahagian yang diperbetulkan mempunyai koordinat (-1, √3 / 2), koordinat kanan bawah (1, -√3 / 2), maka panjang segmen sama dengan . Ia tetap hanya untuk menunjukkan mengapa pembetulan sedemikian mungkin.

Untuk melakukan ini, lihat pada segi tiga yang betul Rstditunjukkan dalam Rajah 10.

Teorem. Jika U adalah titik sewenang-wenang dari arka RS bulatan yang digambarkan di sekeliling segitiga ini, maka UT = UR + US (dalam notasi lain, l = m + n).

Bukti. Akan berubah U dan S sekitar titik R pada sudut 60 darjah. Oleh kerana magnitud sudut putaran bertepatan dengan sudut segitiga tetap, titik itu S dengan giliran sedemikian akan pergi ke Tdan titik U akan berpindah ke puncak ketiga segi tiga tetap RUV, iaitu, titik yang mana UV = m dan sudut RUV = 60 °. Tetapi perkara ini terletak pada segmen ini UTkerana sudut RUT – sudut tertulis berdasarkan arka RT– bersamaan dengan sudut tertulis Rstiaitu 60 °. Oleh itu, segmen itu AS selepas berubah menjadi segmen VT. Dari mana VT = n, dan sejak itu UV = m dan UT = lkemudian l = m + n. Teorem terbukti.

Rajah. 10

Harta 2) rangkaian Steiner menyatakan bahawa sudut antara segmen merah dan biru dalam angka 9 ialah 120 °. Ini bermakna bahawa ia terletak pada arka 240 °, iaitu, ia terletak pada bulatan yang diterangkan di sekeliling segitiga biasa. Oleh itu, pelurus dalam Rajah 8 adalah tidak lebih daripada penggunaan teorem ini untuk menggantikan jumlah dua segmen (merah dan biru, serta kuning dan magenta) dengan satu.

Tepat yang sama boleh dilakukan untuk rangkaian jalan raya dalam tugas. a). Dan sebenarnya, dengan cara yang sama, adalah mungkin dan tegas untuk membuktikan bahawa dalam masalah a) dan b) kita benar-benar mendapat rangkaian steiner minimum.

Walaupun sejarah panjang, penyelidikan tentang masalah rangkaian Steiner terus hari ini, sudah tentu, dengan bantuan komputer. Berikut adalah beberapa pautan.
1) Pakej perisian GeoSteiner direka untuk menyelesaikan masalah Steiner untuk sistem titik pesawat.
2) Koleksi besar variasi masalah Steiner yang berbeza dan maklumat mengenai algoritma yang ada untuk menyelesaikannya.
3) Henry Bottomley meneliti beberapa masalah rapat untuk polyhedra biasa. Sebagai contoh, teka-teki seperti itu: apakah panjang laluan tertutup terpendek di sepanjang permukaan tetrahedron yang memotong setiap tepi? Dan yang sama untuk kubus?
4) Pengumuman masalah sapuan minimum kepada polieter biasa lain.

Penulis bersyukur kepada tapak braingames.ru, di mana ia mengetahui keadaan item tersebut b).


Like this post? Please share to your friends:
Tinggalkan Balasan

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: