ГЛАВА ДВЕНАДЦАТАЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ЭКОНОМИЯ

Как Пахом покупал землю
(Задача Льва Толстого)

Э

Ту главу, необычное название которой станет понятно чита­телю из дальнейшего, начнем отрывком из общеизвестного рассказа Л. Н. Толстого «Много ли человеку земли нужно».

« — А цена какая будет? — гозорит Пахом.

«— Цена у нас одна: 1000 руб. за день.

«Не понял Пахом.

«— Какая же это мера—день? Сколько в ней десятин будет?

«— Мы этого,—говорит, — не умеем считать. А мы за день продаем; сколько обойдешь в день, то и твое, а цена 1000 руб.

«Удивился Пахом.

«— Да ведь это,—гозорит, — в день обойти земли много будет.

«Засмеялся старшина.

«—Вся* твоя,—гозорит. — Только один уговор, если назад не придешь в день к тому месту, с какого возьмешься, пропали твои деньги.

« — А как же, — говорит Пахом,—отметить, где я пройду?

« — А мы станем на место, где ты облюбуешь; мы стоять будем, а ты иди, делай круг, а с собой скребку возьми и, где надобно, замечай, на углах ямки рой, дернички клади; потом с ямки на ямку плугом пройдем. Какой хочешь круг забирай, только до захода солнца приходи к тому месту, с какого взялся. Что обойдешь, все твое.

«Разошлись башкирцы. Обещались завтра на зорьке со­браться, до солнца на место выехать».

«Приехали в степь, заря занимается. Подошел старшина к Пахому, показал рукой.

«—Вот, — говорит, — все наше, что глазом окинешь. Выбирай любую.

«Снял старшина шапку лисью, поставил на землю.

«— Вот, — говорит, — метка будет. Отсюда поди, сюда приходи. Что обойдешь, все твое будет.

«Только брызнуло из-за края солнце, вскинул Пахом скребку на плечо и пошел в степь.

«Отошел с версту, остановился, вырыл ямку. Пошел даль­ше. Отошел еще, вырыл еще другую ямку.

«Верст 5 прошел. Взглянул на солнышко, — уже время об завтраке. „Одна упряжка прошла,—думает Пахом.—А их четыре во дню, рано еще заворачивать. Дай пройду еще верст пяток, тогда влево загибать начну". Пошел еще напрямик. „Ну,—думает, в эту сторону довольно забрал; надо загибать". Остановился, вырыл ямку побольше и загнул круто влево.

«Прошел еще и по этой стороне много; загнул второй угол. Оглянулся Пахом на шихан (бугорок); от тепла зату­манился, а сквозь мару чуть виднеються люди на шихане. „Ну,—думает,—длинны стороны взял, надо эту покороче взять". Пошел третью сторону. Посмотрел на солн­це, — уж оно к полднику подходит, а по третьей стороне всего версты две прошел. И до места все те же верст 15. „Нет,—думает,—хоть кривая дача будет, а надо прямиком поспевать".

«Вырыл Пахом поскорее ямку и повернул прямиком к шихану.

«Идет Пахом прямо на шихан, и тяжело уж ему стало. Отдохнуть хочется, а нельзя, — не поспеешь дойти до заката. А солнце уж недалеко от края.

«Идет так Пахом; трудно ему, а в:е прибавляет да при­бавляет шагу. Шел, шел — все еще далеко; побежат рысью… Бежит Пахом, рубаха и портки от пота к телу липнут, во рту пересохло. В груди как меха кузнечные раздуваются, а сердце молотком бьет.

Рис. 174. «Бежит Пахом из последних сил, а солнце уж к краю подходит».

«Бежит Пахом из последних сил, а солнце уж к краю подходит. Вот-вот закатываться станет (рис. 174).

«Солнце близко, да и место уж вовсе недалеко. Видит шапку лисью на земле и старшину, как он на земле сидит.

«Взглянул Пахом на солнце, а оно до земли дошло, уже краешком заходить стало. Наддал из последних сил Пахом, надулся, взбежал на шихан. Видит — шапка. Подкосились ноги, и упал он наперед руками, до шапки достал.

« — Ай, молодец! — закричал старшина: — много земли завладел.

«Подбежал работник, хотел поднять его, а у него изо рта кровь течет, и он мертвый лежит…».

Задача Льва Толстого

Отвлечемся от мрачной развязки этой истории и остано­вимся на ее геометрической стороне. Можно ли установить по данным, рассеянным в этом рассказе, сколько примерно деся­тин земли обошел Пахом? Задача — на первый взгляд как будто невыполнимая — решается, однако, довольно просто.

Решение

Внимательно перечитывая рассказ и извлекая из него все геометрические указания, нетрудно убедиться, что полученных данных вполне достаточно для исчерпывающего ответа на поставленный вопрос. Можно даже начертить план обойден­ного Пахомом земельного участка.

Прежде всего из рассказа ясно, что Пахом бежал по сто­ронам четырехугольника. О первой стороне его читаем:

«Верст пять прошел.. .Пройду еще верст пяток-, тогда влево загибать…»

Значит, первая сторона четырехугольника имела в длину около 10 верст.

О второй стороне, составляющей прямой угол с первой, численных указаний в рассказе не сообщается.

Длина третьей стороны—очевидно, перпендикулярной ко второй — указана в рассказе прямо: «77о Третьей стороне всего версты две прошел-».

Непосредственно дана и длина четвертой стороны: «До Места все те же верст 15» 1).

По этим данным мы и можем начертить план обойденного Пахомом участка (рис. 175). В полученном четырехугольнике ABCD сторона AB=IO верстам; С£> = 2 верстам; AD== 15

ɪ) Здесь непонятно, одиако, как мог Пахом с такого расстояния различать людей на шихане.

18 Занимат. геометриж 273 —ч

Верстам; углы В и C прямые. Длину Х неизвестной сторо­ны BC нетрудно вычислить, если провести из D перпендику­ляр DE к AB (рис. 176). Тогда в прямоугольном треуголь­нике AED нам известны катет AE = 8 верстам и гипоте­нуза AD = 15 верстам. Неизвестный катет ED= = ¼152— 82=13 верстам.

Итак, вторая сторона имела в длину около 13 верст. Оче­видно, Пахом ошибся, считая вторую сторону короче первой.

рис. 175. маршрут пахома. рис. 176. уточнение маршрута

Как видите, можно довольно точно начертить план того участка, который обежал Пахом. Несомненно, Л. Н. Толстой имел перед глазами чертеж наподобие рнс. 175, когда писал свой рассказ.

Теперь легко вычислить и площадь трапеции ABCD, со­стоящей из прямоугольника EBCD и прямоугольного треуголь­ника AED. Она равна

2χi3-{-у×® X 13 = 78 кв. верстам.

Вычисление по формуле трапеции дало бы, конечно, тот же результат:

BC= 13=78 кв. верст.

Мы узнали, что Пахом обежал обширный участок пло щадыо в 78 кв. верст, или около 8000 десятин. Десятина обошлась ему в 12 ɪ копеек.

Трапеция или прямоугольник

Задача

В роковой для своей жизни день Пахом прошел 10-∣^ 13—(— -{-24-15 = 40 верст, идя по сторонам трапеции. Его пер­воначальным намерением было итти по сторонам прямоуголь­ника; трапеция же получилась случайно, в результате плохого расчета. Интересно определить: выгадал ли он или прогадал от того, что участок его оказался не прямоугольником, а тра­пецией? В каком случае должен он был получить большую площадь земли?

Решение

Прямоугольников с обводом в 40 верст может быть очень много, и каждый имеет другую площадь. Вот ряд примеров:

14 X 6 = 84 кв. верст

13×7 = 91 » »

12×8 = 96 » »

11×9 = 99 » »

Мы видим, что у всех этих фигур при одном и том же периметре в 40 верст площадь больше, чем у нашей трапе­ции. Однако возможны и такие прямоугольники с периметром в 40 верст, площадь которых меньше, чем у трапеции:

18 X 2 = 36 кв. верст 19×1 = 19 » »

194×T^9T * *

Следовательно, на вопрос задачи нельзя дать определен­ного ответа. Есть прямоугольники с большею площадью, чем трапеция, но есть и с меньшею, при одном и том же обводе. Зато можно дать вполне определенный ответ на вопрос: какая из всех прямоугольных фигур с заданным периметром заклю­чает самую большую площадь? Сравнивая наши прямоуголь­ники, мы замечаем, что чем меньше разница в длине сторон, тем площадь прямоугольника больше. Естественно заключить, что когда этой разницы не будет вовсе, т. е. когда прямо­угольник превратится в квадрат, площадь фигуры достигнет наибольшей величины. Она будет равна тогда 10χ 10 = = 100kb. верст. Легко видеть, что этот квадрат действительно — 275 —
превосходит по площади любой прямоугольник одинакового C Ним периметра. Пахому следовало иттн по сторонам квадрата, чтобы получить участок наибольшей площади, — на 22 кв. версты больше, чем он успел охватить.

Замечательное свойство квадрата

Замечательное свойство квадрата—заключать в своих границах наибольшую площадь по сравнению со всеми другими прямоугольниками того же периметра — многим не известно. Приведем поэтому строгое доказательство этого положения.

Обозначим периметр прямоугольной фигуры через Р. Если взять квадрат с таким периметром, то каждая сторона его

Р

Должна равняться ɪ. Докажем, что, укорачивая одну его

ɪ у квадрата больше площади ɪ — л j -j- bСторону на какую-нибудь величину B при таком же удлине­нии смежной стороны, мы получим прямоугольник одинакового с ним периметра, но меньшей площади. Другими словами, докажем,

Что площадь -ɪ прямоугольника:

Так как правая сторона этого неравенства равна — у у —B2, То все выражение принимает вид

О > — B2 или B2 }> 0.

Но последнее неравенство очевидно: квадрат всякого коли­чества, положительного или отрицательного, больше 0. Следо­вательно, справедливо и первоначальное неравенство, которое привело нас к этому.

Итак, квадрат имеет наибольшую площадь из всех пря­моугольников с таким же периметром.

Отсюда следует, между прочим, и то, что из всех прямо­угольных фигур с одинаковыми площадями квадрат имеет наименьший периметр. В этом можно убедиться сле­дующим рассуждением. Допустим, что это не верно и что существует такой прямоугольник А, который при равной с квадратом В площади имеет периметр меньший, чем у него. Тогда, начертив квадрат C того же периметра, как у прямо­угольника А, мы получим квадрат, имеющий большую площадь,
чэм у А, и, следовательно, большую, чем у квадрата В. Что же у нас вышло? Что квадрат C имеет периметр мень­ший, чем квадрат В, а площадь большую, чем он. Это, оче­видно, невозможно: раз сторона квадрата C меньше, чем сторона квадрата В, то и площадь должна быть меньше. Значит, нельзя было допустить существование прямоуголь­ника А, который при одинаковой площади имеет периметр меньший, чем у квадрата. Другими словами, из всех прямо­угольников с одинаковой площадью наименьший периметр имеет квадрат.

Знакомство с этими свойствами квадрата помогло бы Пахому правильно рассчитать свои силы и получить прямо — угольный участок наибольшей площади. Зная, что он может пройти в день без напряжения, скажем, 36 верст, он пошел бы по границе квадрата со стороною 9 верст и к вечеру был бы обладателем участка в 81 кв. версту, — на 3 кв. версты больше, чем он получил со смертельным напряжением сил. И, наоборот, если бы он наперед ограничился какою-нибудь определенною площадью прямоугольного участка, например в 36 кв. верст, то мог бы достичь результата с наименьшей затратой сил, идя по границе квадрата, сторона которого— 6 верст.

Участки другой формы

Но, может быть, Пахому еще выгоднее было бы выкроить себе участок возсе не прямоугольной формы, а какой-нибудь другой — четырехугольной, треугольной, пятиугольной и т. д.?

Этот вопрос может быть рассмотрен строго математически; однако из опасения утомить нашего добровольного читателя мы не станем входить здесь в это рассмотрение и познако­мим его то 1ько с результатами.

Можно доказать, во-первых, что из Всех четырехуголь­ников с одинаковым периметром наибольшую площадь имеет квадрат. Поэтому, желая иметь четырехугольный участок, Пахом никакими ухищрениями не мог бы овладеть более чем IOO кв. верстами (считая, что максимальный дневной пробег его—40 верст).

гдеВо-вторых, можно доказать, что квадрат имеет бблыиую площадь, чем всякий треугольник равного периметра. Равно­сторонний треугольник такого же периметра имеет сторону ɪ= 13-g-верстам, а площадь (по формуле — S1——1

•S’—площадь, а А — сторона)

Т == 77 kb’ веРст>

Т. е. меньше даже, чем у той трапеции, которую Пахом обошел. Дальше (стр. 284) будет доказано, что из всех треугольников с равными периметрами Равносторонний обла­дает наибольшею площадью. Значит, если даже этот наи­больший треугольник имеет площадь, меньшую площади квадрата, то все прочие треугольники того же периметра по площади меньше, чем квадрат.

Но если будем сравнивать площадь квадрата с площадью пятиугольника, шестиугольника и т. д. равного периметра, то здесь первенство его прекращается: правильный пяти­угольник обладает большею площадью, правильный шести­угольник— еще большею и т. д. Легко убедиться в этом на примере правильного шестиугольника. При периметре в 40 верст его сторона -ð-, площадь ^no формуле ∙S=-ɪɪə равна

∣(⅛)V’3^=115 кв. вёрст.

Избери Пахом для своего участка форму правильного шестиугольника, он при том же напряжении сил овладел бы площадью на 115—78, т. е. на 37 кв. верст больше, чем в действительности, и на 15 кв. верст больше, чем дал бы ему квадратный участок (но для этого, конечно, пришлось бы ему пуститься в путь с угломерным инструментом).

Задача

Из шести спичек сложить фигуру с наибольшей площадью.

Решение

Из шести спнчек можно составить довольно разнообраз­ные фигуры: равносторонний треугольник, прямоугольник, множество параллелограммов, целый ряд неправильных пяти­угольников, ряд неправильных шестиугольников и, наконец, правильный шестиугольник. Геометр, не сравнивая между со­бою площадей этих фигур, заранее знает, какая фигура имеет наибольшую площадь: правильный шестиугольник.

Фигуры с наибольшею площадью

Можно доказать строго геометрически, что чем больше сторон у правильного многоугольного участка, тем ббльшую площадь заключает он при одной и той же длине границ. А самую большую площадь при данном периметре охватывает окружность. Если бы Пахом бежал по кругу, то, пройдя те же 40 верст, он получил бы площадь в

∕r40∖2

π∣-j ==127 кв. верст.

Большею площадью при данном периметре ие может обладать никакая другая фигура, безразлично — прямо­линейная или криволинейная.

Мы позволим себе несколько остановиться на этом уди­вительном свойстве круга заключать в своих границах бдльшую площадь, чем всякая другая фигура любой формы, имеющая тот же периметр. Может быть, некоторые чита­тели полюбопытствуют узнать, каким способом доказы­вают подобные положения. Приводим далее доказательство — правда, не вполне строгое — этого свойства круга, доказатель­ство, предложенное математиком

Яковом Штейнером. Оно довольно £

177. устанавливаем, фигура с наиболь- площадью должна быть выпуклой.Длинно, но те, кому оно пока­жется утомительным, могут пропу — стать его без ущерба для понима — [ ния дальнейшего. (

Надо доказать, что фигура, \ имеющая при данном периметре \ наибольшую площадь, есть круг. ɪ Прежде всего установим, что искомая фигура должна быть выпуклой. Это значит, что всякая ее хорда должна полностью рас — P,ιc∙ полагаться внутри фигуры. Пусть у нас имеется фигура AaBC (рис.

заменим дугу а дугою ь, симметричною с нею. от такой замены периметр фигуры abc не изменится, площадь же явно увеличится. значит, фигуры вроде aabc не могут быть теми, которые при одинаковом периметре заключают наибольшую площадь.

177), имеющая внешнюю хорду АВ.

mИтак, искомая фигура есть фигура выпуклая. Далее мы можем наперед установить еще и другое свойство этой фигуры: всякая хорда, которая делит пополам ее периметр, рассекает пополам и ее площадь. Пусть фигура AMBN (рис. 178) есть искомая, и пусть хорда MN делит ее периметр пополам. Докажем, что площадь AMN равна площади MBN. В самом деле, если бы какая-либо из этих частей была по площади больше другой, например AMN> MNB, то, пере­гнув фигуру AMN no MN, мы по­лучили бы фигуру AMAN, пло­щадь которой больше, чем у перво­начальной фигуры AMBN, пери­метр же одинаков с нею. Значит, фигура AMBN, в которой хорда, рассекающая периметр пополам, делит площадь на неравные ча­сти, не может быть искомая (т. е. не может пметь наиболь­шую площадь при данном пери-

Рис. 178. Если хорда делит ме1,Ре)-

Пополам периметр выпуклой Прежде чем итти далее, до- фигуры с наибольшей пло — кажем еще следующую вспомо — щадью. то она рассекает по- гательную теорему: из всех тре-

Полам и площадь. j r

Угольников с двумя данными сто­

Ронами наибольшую площадь имеет тот, у которого сто­роны эти заключают прямой угол. Чтобы доказать это, вспомним тригонометрическое выражение площади 5 треуголь­ника со сторонами А и B и углом C между ними:

S=-^Ab sin С.

Выражение это будет, очевидно, наибольшим (при данных сторонах) тогда, когда sin C примет наибольшее значение, т. е. будет равен единице. Но угол, синус которого равен 1, есть прямой, что и требовалось доказать.

Теперь можем приступить к основной задаче — к доказа­тельству того, что из всех фигур с периметром Р наибольшую площадь ограничивает окружность. Чтобы убедиться в этом, попробуем допустить существование некруговой выпуклой фигуры MANB (рис. 179), которая обладает этим свойством. Проведем в ней хорду MN, делящую пополам ее периметр; она же, мы знаем, разделит пополам и площадь фигуры.

рис. 179. допускаем суще-ствование некруговой выпук-лой фигуры с наибольшей
площадью.
рис. 180. устанавливаем, что из всех фигур с данным периметром наибольшую площадь ограничивает окружность.

Перегнем половину MKN по линии MN так, чтобы она рас­положилась симметрично (MKN). Заметим, что фигура MNKM Обладает тем же периметром и тою же площадью, что и первоначальная фигура MKNM. Так как дуга MKN не есть полуокружность (иначе нечего было бы и доказывать), то на ней должны находиться такие точки, из которых отрезок MN Виден не под прямым углом. Пусть К—Такая точка, а К’ — Ей симметричная, т. е. углы К и К’ — не прямые. Раздвигая (или сдвигая) стороны MK, KN, MK‘, NK‘, мы можем сделать заключенный между ними угол прямым и получим тогда р а В — Ные прямоугольные треугольники. Эти треугольники сложим гипотенузами, как на рис. 180, и присоединим к ним в соот­ветствующих местах заштрихованные сегменты. Получим фи­гуру MKNK‘, обладающую тем же периметром, что и перво­начальная, но, очевидно, большею площадью (потому что прямоугольные треугольники MKN и M,KN имеют ббльшую площадь, чем непрямоугольные MKN и MK1N). Значит, ника­кая некруговая фигура не может обладать при данном пери­метре наибольшею площадью. И только в случае круга мы указанным способом не могли бы построить фигуру, имеющую при том же периметре еще ббльшую площадь.

Вот каким рассуждением можно доказать, что круг есть фигура, обладающая при данном периметре наибольшею пло­щадью.

Легко доказать справедливость и такого положения: из всех фигур равной площади круг имеет наименьший периметр. Для этого нужно применить к кругу те рассуждения, которые мы раньше приложили к квадрату (см. стр. 276).

281

Гвозди

Задача

Какой гвоздь труднее вытащить — круглый, квадратный или треугольный, — если они забиты одинаково глубоко и имеют одинаковую площадь поперечного сечения?

Решение

Будем исходить нз того, что крепче держится тот гвоздь, который соприкасается с окружающим материалом по бдльшей поверхности. У какого же из наших гвоздей ббльшая боковая поверхность? Мы уже знаем, что при равных площадях пери­метр квадрата меньше периметра треугольника, а окружность меньше периметра квадрата. Если сторону квадрата принять за единицу, то вычисление дает для этих трех величин значе­ния: 4,53, 4; 3,55. Следовательно, крепче других должен держаться треугольный гвоздь.

Таких гвоздей, однако, не изготовляют, по крайней мере в продаже они не встречаются. Причина кроется, вероятно, в том, что подобные гвозди легче изгибаются и ломаются.

Тело наибольшего объема

Свойством, сходным со свойством круга, обладает и шаро­вая поверхность: она имеет наибольший объем при данной величине поверхности. И наоборот, из всех тел одинакового объема наименьшую поверхность имеет шар. Эти свойства ие лишены значения в практической жизни. Шарообразный само­вар обладает меньшей поверхностью, чем цилиндрический или какой-либо иной формы, вмещающий столько же стаканов, а так как тело теряет теплоту только с поверхности, то шарообразный самовар остывает медленнее, чем всякий другой того же объема. Напротив, резервуар градусника быстрее нагревается и охлаждается (т. е. принимает температуру окружающих предметов), когда ему придают форму не шарика, а цилиндра.

По той же причине земной шар, состоящий из твердой оболочки и ядра, должен уменьшаться в объеме, т. е. сжи­маться, уплотняться, от всех причин, изменяющих форму его поверхности: его внутреннему содержимому должно становиться тесно всякий раз, когда наружная его форма претерпевает какое-либо изменение, отклоняясь от шара. Возможно, что этот геометрический факт находится в связи с землетрясениями и вообще с тектоническими явлениями; но об этом должны иметь суждение геологи.

Произведение равных множителей

Задачи вроде тех, которыми мы сейчас занимались, рас­сматривают вопрос со стороны как бы экономической: при данной затрате сил (например, при прохождении 40-верстного пути), как достигнуть наивыгоднейшего результата (охватить наибольший участок)? Отсюда и заглавие настоящего отдела этой книги: «Геометрическая экономия». Но это — вольность популяризатора; в математике вопросы подобного рода носят другое название: задачи «на максимум и минимум». Они могут быть весьма разнообразны по сюжетам и но степени труд­ности. Многие разрешаются лишь приемами высшей матема­тики; но не мало есть и таких, для решения которых доста­точно самых элементарных сведений. В дальнейшем будет рассмотрен ряд подобных задач из области геометрии, кото­рые мы будем решать, пользуясь одним любопытным свой­ством произведения равных множителей.

Для случая двух множителей свойство это уже знакомо нам. Мы знаем, что площадь квадрата больше, чем площадь всякого прямоугольника такого же периметра. Если перевести это геометрическое положение на язык арифметики, оно будет означать следующее: когда требуется разбить число на две такие части, чтобы произведение их было наибольшим, то следует делить пополам. Например, из всех произведений

13×17, 16×14, 12×I8, 11 × 19, 10×20, 15×15

И т. д., сумма множителей которых равна 30, наибольшим будет 15 X 15, даже если сравнивать и произведения дробных чисел (141∕2× 151∕2 и т. п.).

То же справедливо и для произведений трех множителей, имеющих постоянную сумму: произведение их достигает наибольшей величины, когда множители равны между собою. Эго прямо вытекает из предыдущего. Пусть три множителя Х, у, Z в сумме равны а:

χ+JZ = A.

Допустим, что Х и У не равны между собою. Если заме — Х -4- υ

Ним каждый из них полусуммою — , то сумма множителей

Не изменится:

⅛i+⅛2+*=*+.>’+*=<>.

Но так как согласно предыдущему

(W÷)>"∙

То произведение трех множителей

(φ)(i±φ

Больше произведения Xyz:

(ɪ)

Вообще, если среди множителей Xyz есть хотя бы два неравных, то можно всегда подобрать числа, которые, не из­меняя общей суммы, дадут большее произведение, чем Xyz. И только когда все три множителя равны, произвести такой замены нельзя. Следовательно, при XYZA произведе­ние Xyz будет наибольшим тогда, когда

X=Y = Z.

Воспользуемся знанием этого свойства равных множителей, чтобы решить несколько интересных задач.

Треугольник с наибольшею площадью
Задача

Какую форму нужно придать треугольнику, чтобы при данной сумме его сторон он имел наибольшую площадь?

Мы уже заметили раньше (стр. 278), что этим свойством обладает треугольник равносторонний. Но как это доказать?

Решение

Площадь 5 треугольника со сторонами А, Ь, с и пери­метром A-J-BС= выражается, как известно из курса геометрии, так:

S=Vp{p-a) (p—b) {p-c),

Откуда

~ = (p — A) {PB}(PCY

Площадь 5 треугольника будет наибольшей тогда же, когда станет наибольшей величиной и ее квадрат S2, или

Sa

Выражение —, где Р, полупериметр, есть согласно условию

Величина неизменная. Но так как обе части равенства полу­чают наибольшее значение одновременно, то вопрос сводится к тому, при каком условии произведение

(PA)(PB) (р—с)

Становится наибольшим. Заметив, что сумма этих трех мно­жителей есть величина постоянная,

Р — Aj(^PBPC = Sp (α-∣~ft-4~c) =

=3P-2P=P,

Мы заключаем, что произведение их достигнет наибольшей величины тогда, когда множители станут равны, т. е. когда осуществится равенство

Р — а=р— B=P— с,

Откуда

A=B=C.

Итак, треугольник имеет при данном периметре наибольшую площадь тогда, когда стороны его равны между собою.

Самый тяжёлый брус

Задача

Из цилиндрического бревна нужно выпилить брус наиболь­шего веса. Как это сделать?

Решение

Задача, очевидно, сводится к тому, чтобы вписать в круг прямоугольник с наибольшей площадью. Хотя после всего сказанного читатель уже цодготозлеа к мысли, что таким прямоугольником будет квадрат, все же интересно строго до­казать это положение.

рис. 181. к задаче о самом тяжелом брусе.Обозначим Одну сторону искомого прямоугольника (рис. 18F) через Х; тогда другая выразится через J∕λ4/?2— X2, где /? — радиус кругового сечения бревна. Площадь прямоугольника S=X↑^4R2—х2, откуда S2=X2(4R2~X2).

Так как сумма множителей X2 и 4/?2 — X2 есть величина постоянная (x2-∣-4А® — x2 = 4∕?3), то произ­ведение их S2 будет наибольшим при X2 = 4R2—X2, т. е. при X= = Rl^R2. Тогда же достигнет наи­большей величины и 5, т. е. площадь искомого прямоугольника.

Итак, одна сторона прямоуголь­ника с наибольшей площадью рав­на R^R2, т. е. стороне вписанного квадрата. Брус имеет наибольший объем, если сечение его есть квадрат, вписан­ный в сечение цилиндрического бревна.

Из картонного треугольника

Задача

Имеется кусок картона треугольной формы. Нужно выре­зать из него параллельно данному основанию и высоте пря­моугольник наибольшей площади.

Решение

Пусть ABC есть данный треугольник (рис. 182), a MNOPТот прямоугольник, который должен остаться после обрезки. Из подобия треугольника ABC и NBM имеем:

BD AC BE NM

откуда
nm =,be-ac bd ’

ОЗозначив одну сторону NM искомого прямоугольника через У, Ее расстояние BE от вершины треугольника через Х, основа­ние AC данного треугольника через А, а его высоту BD че-

Рез Л, переписываем полученное ранее выражение в таком виде; Ах

Y=~ħ’

Площадь 5 искомого прямоугольника MNOP равна:

sh

= (h — х) х.

S=MN — NO=MN — (BD-BE) = (h-x)y = (ħ-x)^ι Следовательно,

Площадь 5 будет наибольшей тогда же, когда и произве — Sh

Дение — , а следовательно, тогда, когда достигнет нанзоль-

рис. 182. в треугольник вписать прямоугольник наибольшей площади.Шей величины произведение множите­лей (Л— я) и Х. Но сумма H— х-{- — J-X=A— величина постоянная. Зна­чит, произведение их максимальное, когда

Л — Х=х,

Откуда

А

Х=2 *

Мы узнали, что сторона NM иско­мого прямоугольника проходит через середину высоты треугольника и, сле­довательно, соединяет середины его

Сторон. Значит, эта сторона прямоугольника равна у, а H

Другая — равна ɪ •

Затруднение жестяниика

Задача

Жестяннику заказали изготовить из квадратного куска же­сти в 60 См ширины коробку без крышки с квадратным дном и поставили условием, чтобы коробка имела наибольшую вмести­мость. Жестянник долго примерял, какой ширины должно для этого отогнуть края, но не мог притти к определенному ре­шению (рис. 183). Не удастся ли читателю выручить его из затруднения?

Решение

Пусть ширина отгибаемых полос х (рис. 184). Тогда ши­рина квадратного дна коробки будет равна 60 — 2χ; объем

Же V коробки выразится произведением

V = (60 — 2х) (60 — 2х) х.

При каком Х это произведение имеет наибольшее значение? Если бы сумма трех множителей была постоянна, произведе-

Рис. 183. Затруднение жестяниика.

Ние было бы наибольшим в случае их равенства. Но здесь сумма множителей

60 — 60 — 2X~L~X=12Q Зх

Не есть постоянная величина, так как изменяется е измене­нием Х. Однако нетрудно добиться того, чтобы сумма трех множителей была постоянной: для этого достаточно лишь

Умножить обе части равенства на 4. Получим:

4∙o=(60 — 2х) (60 — 2х) 4х.

Сумма этих множителей равна

60 — + 60 — 2x + 4x = 120,

Величине постоянной. Значит, произведение этих постигает наибольшей ве — _____________________

Множителей

Личины при их равенстве,

I

Ix

I

Г

А?!

_ j_

Т. е. когда

60 — = 4х,

-χ-[-

I

! X

Откуда

I

I

I

I

Х=10.

I

I

I

I

Тогда же 4V, а с ни­

I

I

I

I

I

Ми и V достигнут своего

I

I

Максимума.

I

I

I

I

Итак, коробка полу­

»

X! 6U-2x

I

Чится наибольшего объе­

I X

Ма, если у жестяного ли­

Г ————————

—— — J——-

Ста отогнуть 10 См. Этот наибольший объем ра-

I

Xi

1

Вен 40 × 40 X 10 Рис. ɪɛ^ Решение задачи жестянника

= 16 000 Куб. см. Ото­гнув на сантиметр меньше или больше, мы в обоих случаях уменьшим объем коробки. Действительно,

9 X 42 X 42= 15 900 Куб. см,

11 X 38 X 38 = 15 900 Куб. см,

В том и другом случаях меньше 16 000 Куб. см[XVII]).

Затруднение токаря
Задача

Токарю дан конус и поручено выточить из него цилиндр так, чтобы сточено было возможно меньше материала (рис. 185).

Токарь стал размышлять о форме искомого цилиндра: сделать ли его высоким, хотя и узким (рис. 186), или, наоборот, ши­роким, зато низким (рис. 187). Он долго не мог решить, при

Рис. 185. Затруднение токаря.

Какой форме цилиндр получится наибольшего объема, т. е будет сточено меньше материала. Как он должен поступить?

Решение

Задача требует внимательного геометрического рассмотре­ния. Пусть ABC (рис. 188) — сечение конуса, BD его вы­сота, которую обозначим через Л; радиус основания AD = DC Обозначим через R. Цилиндр, который можно из конуса вы­точить, имеет сечение MNOP. Найдём, на каком расстоянии

BE = Х от вершины В должно находиться верхнее основание цилиндра, чтобы объем его был наибольший.

Радиус Г основания цилиндра (PD или ME) легко найти из пропорции

ME BE Г Х

~AD BD’ τ, Е’ ’

Откуда

высота ed цилиндра равна h
х. следозательно, объем его

откудав выражении ^2 v — переменная.Ftfχ∖2z, 4 R2X2Tt.

(Л_х)==П__(Л_х/>

⅞=*2(Λ-x).

Величины Λ, π и R— постоянные и только Мы желаем разыскать такое х, при кото-

рис. 186—187. из конуса можно выточить цилиндр высокий, но узкий или широкий, но низкий. в каком случае будет сточено меньше материала?Рис. 188. Осевое се­чение конуса и ци­линдра.

Ром V делается наибольпшм. Но, очевидно, V станет наиболь — CUh^

Шим одновременно с, т. е. с X2(H— х). Когда же это

Последнее выражение становится наибольшим? Мы имеем здесь три переменных множителя х, Х и (H — х). Если бы их сумма была постоянной, произведение было бы наибольшим тогда, когда множители были бы равны. Этого постоянства суммы

Легко добиться, если обе части последнего равенства умно­жить на 2. Тогда получим:

2υΛ2
x2 (2h — 2х).

Теперь три множителя правой части имеют постоянную сумму

Х — J- Х — J — 2Л — 2х — 2Л.

Следовательно, произведение их будет наибольшим, когда все множители равны, т. е.

N 1

X-2H— 2х и х = у.

„ „ 2υh2

Тогда же станет наибольшим и выражение, а с ним вместе и объем V цилиндра.

Теперь мы знаем, как должен быть выточен искомый ци­линдр: его верхнее основание должно отстоять от вершины на 2∣s его высоты.

Как удлинить доску?

При изготовлении той или иной вещи в мастерской или у себя дома бывает иной раз так, что размеры имеющегося под руками материала не те, какие нужны.

Тогда следует попытаться изменить размеры материала соответственной обработкой его, и можно многого добиться при помощи геометрической и конструкторской смекалки и расчета.

Представьте сеЗе такой случай: вам для изготовления книжной полки нужна доска строго определенных размеров, а именно, 1 М длины и 20 См ширины, а у вас есть доска ме­нее длинная, но более широкая, например, 75 См длины и 30 См ширины (рис. 189 слева).

Как поступить?

Можно, конечно, отпилить вдоль доски полоску шириной в 10 См (пунктир), распилить ее на три равных кусочка дли­ной по 25 См каждый и двумя из них наставить доску (рис. 189, внизу).

Такое решение задачи было бы неэкономнькм по числу операций (три отпиливания и три склеивания) и не удовлетво-

Ряющим требованиям прочности (прочность была бы понижен ной в том месте, где планки приклеены к доске).

Рис. 189. Как удлинить доску посредством трех отпиливаний и одного склеивания?

Задача

Придумайте способ удлинить данную доску посредством грех отпиливаний и только одного склеивания.

Решение

Надо (рис. 190) распилить доску ABCD по диагонали AC и сдвинуть одну половину (например, ʌ АВС) вдоль диаго*

Нали параллельно самой себе на величину C1E9 равную недостающей длине, т. е. на 25 См\ общая длина двух поло­винок станет равной 1М.Теперь эти половинки надо склеить по линии AC1 и излишки (заштрихованные треугольники) от­пилить. Получится доска требуемых размеров.

Действительно, из подобия тре­угольников ADC и

c1ec имеем: -c1ezec9
c1e9 или

adzdc
откуда
dc
ad
ec=

30EC=-τ∙25=10 См\

DE = DCEC=

30 См —10 См = 20 См.

Кратчайший путь

В заключение рассмотрим задачу на «максимум и минимум», разрешае­мую крайне простым геометрическим построением.

Рис. 190. Решение задачи Задача

Об удлинении доски.

У берега реки надо построить водонапорную башню, из которой вода доставлялась бы по трубам в селения А и В (рис. 191). В какой точке нужно ее соорудить, чтобы общая длина

Труб от башни до обоих селений была наименьшей?

Решение

Задача сводится к отысканию кратчайшего пути от А К берегу и затем к В.

Допустим, что искомый путь есть ACB (рис. 192). Пе­регнем чертеж по CN. Получим точку В’. Если ACB Есть кратчайший путь, то, так как CBf = CB9 путь ACB

Должен быть короче всякого иного (например, ADB,}. Значит, для нахождения кратчайшего пути нужно найти

Рис. 191. К задаче о водонапорной башне.

Лишь точку C пересечения прямой ABf с линией берега. Тогда, соединив C и Bi найдем обе части кратчайшего пути от А до В.

го пути.
проведя в точке c перпендикуляр к cni легко видеть, что углы acp и bcpi составляемые обеими частями крат-

Чайшего пути с этим перпендикуляром, равны между собою

(Zacp =Zb’cQ = ZbcpV

Таков, как известно, закон следования светового луча, когда он отражается от зеркала: угол падения равен углу отражения. Отсюда следует, что световой луч при отражении избирает кратчайший путь, — вывод, который был из* вестей еще древнему физику и геометру Герону Александрий­скому две тысячи лет назад.

1) Всего ближе эта кривая подходит к так называемой «полуку — бнческой параболе» (у3 = ах2); тело, полученное вращением этой параболы, называется «нейлоидом» (по имени старинного математика Нейля, нашедшего способ определять длину дуги такой кривой}. Ствол выросшего в лесу дерева по форме приближается к ней — лоиду. Расчет объема нейлоида выполняется приемами высшей математики.

SJ

II 3A<HMτ. Геометрия

1) Галлон — мера емкости. Английский галлон заключает277куб. дюймов (около 41/J Л). В галлоне 4 «кварты»; в кварте — 2 «пинты»

ɪ) Тс-есть площадь сечения тела посредине его высоты. 31 —

[II]) См. сноску на стр. 21.

[III]) Обычный расход нефти при покрытии ею водоемов в целях уничтожения личинок малярийного комара — 400 Кг на 1 Га.

[IV]) Измерения, произведенные более точными инструментами, по­казывают, что видимый диаметр Луны даже меньше, когда Луна находится вблизи от горизонта, вследствие того, что рефракция несколько сплющивает диск.

[V]) В предыдущих изданиях «Занимательной геометрии» Я — И. Перельман объяснял кажущееся увеличение Луны у гори­зонта тем, что у горизонта мы ее видим рядом с отдаленными предметами, а ва пустом небесюм своде ее видим одну. Однако та же иллюзия наблюдается и на ничем’не заполненном горизонте моря, так что предлагавшееся прежде объяснение описываемого эффекта надо признать неудовлетворительным. (Прим, ред.)

1) Подробнее см. в книге того же автора «Занимательная фи­зика», кн. 2-я, гл. IX.

[VI]) Точнее 6371 Км.

I) Наши часы идут не строго согласованно с солнечными часами: ыежду «истинным солнечным временем» и тем «средним временем», которое показывается точными часами, есть расхождение, равняю­щееся нулю только четыре дня в году: около 16 апреля, 14 июня,

[VIII] сентября и 24 декабря. (См. «Занимательную астрономию» Я. И. Пе­рельмана.)

1) Так как измерение производилось инженером не ва уровне моря, а с высокой скалы, то прямая линия, проведенная от глаза наблюдателя к краю горизонта, не строго совп дала с перпендику­ляром к земному радиусу, а составляла с ним некоторый угол. Однако угол этот так мал, что для данного случая можно было им смело пренебречь (при высоте в 100 М он едва составляет третью долю градуса»; поэтому Смиту, вернее Жюлю Верну, не. было надобности усложнять расчет введением этой поправки. QZ /7.)

[X]) См. «Занимательную арифметику» Я. И. Перельмана.

[XI]) Терпения для такого расчета потребуется очень много, потому что для получения, например, шестизначного π понадобилось бы взять в указанном ряду ни много, ни мало — 2 000 000 членов.

1) Этот удобный способ был предложен в 1836 г. русским ин­женером Бингом; упомянутый чертежный треугольник носит по имени изобретателя название «треугольник Бинга».

[XII]) Парадоксом называется истина, кажущаяся неправдопо­добной, в отличие от софизма — ложного положения, имеющего видимость истинного.

[XIII] To-есть относительно системы координат, связанной С Лу­ной или с Солнцем.

[XIV]) Возможность такого вложения нашего трисектора в данный угол является следствием одного простого свойства точек лучей, делящих данный угол на три равные части: если из любой точки О Луча SO провести отрезки ON J_SM и OA _]_SB (рис. 147), то будем иметь: AB=OB = ON. Читатель это легко докажет сам.

[XV]) Наполненная бочка всегда бдльшая из трех. Пусть емкость пустых бочек А и Ь, а наполненной — С. Если C^AFB, то «билли­ардный стол» следует построить в форме параллелограмма со сто­ронами А и B клеток

[XVI]) См. подробно об этом в «Занимательной механике» Я. И. Пе­рельмана.

266

[XVII]) Решая задачу в общем виде, найдем, что при ширине А ква­дратного листа нужно для получения коробки наибольшего объема отогнуть полоски шириною x= -θ-α, потому что произведение

— 2х) — 2х) Х, или 2X) (я — 2х) 4х — наибол ьшее при я —2X = 4X.

2S9

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *