Home » Квант » В планиметрии-теорема, в стереометрии- нерешенная проблема.

В планиметрии-теорема, в стереометрии- нерешенная проблема.

В планиметрии-теорема, в стереометрии-  нерешенная проблема. И. М. Яглом

Скачать Квант (все номера)
Квант №3 1972

Скачать  сборники журнала «Квант» в хорошем качестве.

Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно)/ Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше. А тексты на страницах сайта Вам помогут находить нужные темы с помощью поисковой формы ниже:



В № 6 журнала «Квант» за 1971
год была помещена следующая зада-
ча (задача М89):

В планиметрии-теорема, в стереометрии- нерешенная проблема.

В планиметрии-теорема, в стереометрии- нерешенная проблема.

Докажите, что в любом выпуклом
многоугольнике, кроме параллелограм-
ма, можно выбрать такие три сторо-
ны, при продолжении которых обра-
зуется треугольник, объемлющий дан-
ный многоугольник. (Например, на
рисунке I, где многоугольник обве-
ден черной линией, три красные пря-
мые удовлетворяют требуемому усло-
вию, а три синие — нет.)
Эта задача имеет много разных ре-
шений. Однако прежде чем расска-
зать ее решение, скажем о том, по-
чему она интересна.
На рисунке 2 вы видите треуголь-
ник ABC и три меньших треугольника
АЬхсг, Вагс, и CaJ).it подобных ABC
и получающихся из ABC сжатиями
к точкам А, В к С — вершинам ис-
ходного треугольника. Треугольники
ЛЬ,1Р Ва,с, и Са.2Ь2 не только по-
добны ABC — они гомотетич-
н ы ABC, то есть подобны ABC и
параллельно ему расположены. (По-
следнее означает, что отвечающие
друг другу, скажем, в подобных тре-
угольниках ABC и АЬлсх отрезки
обязательно параллельны
между собой.) Ясно, что если тре-
угольники Ab^’i, Вахсг и Са.,Ь2 лишь
немного меньше исходного треуголь-
ника ABC, то они полностью п о —
крывают треугольник ABC.
На рисунке 3 изображен парал-
лелограмм A BCD и четыре меньших
параллелограмма i46lc1rf1. Ва^^с.,*
СЬга.уAл и Da.{bsc3, получающихся из

A BCD сжатиями к его вершинам А,
В, С, D. Ясно, что если эти четыре
параллелограмма АЬгс^л, Ва^^с*,
Cb»a.,d3 и Da3b3cs лишь немного
меньше исходного параллелограмма
ABCD, то они полностью покры-
вают его. Таким образом, всякий
треугольник можно покрыть т р е —
м я меньшими его и гомотетичными
ему треугольниками, а всякий парал-
лелограмм можно покрыть ч е —
тырь м я меньшими его и гомоте-
тичными ему параллелограммами.
Но, более того, нетрудно видеть,
что 3 есть наименьшее число
гомотетичных данному треугольнику
А ВС треугольников, которыми можно
покрыть треугольник ABC, a 4 —
и а и м с и ь ш е о число гомотетич-

28 В планиметрии-теорема, в стереометрии-  нерешенная проблема.

ных данному параллелограмму
A BCD параллелограммов, которыми
можно покрыть параллелограмм
A BCD. В самом деле, если сторона
А В параллелограмма A BCD равна с,
то и всякий принадлежащий A BCD
отрезок, параллельный АВ, будет
не превосходить с; поэтому в гомоте-
тичном A BCD и меньшем A BCD па-
раллелограмме всякий параллельный
А В отрезок будет меньше с.
Отсюда следует, что обе вершины А
и В параллелограмма A BCD не мо-
гут быть покрыты (никаким.1) парал-
лелограммом, гомотетичным A BCD и
меньшим его. Таким образом устанав-
ливается, что каждую вершину па-
раллелограмма A BCD нам придется
покрывать своим параллелограм-
мом, меньшим A BCD и гомотетичным
A BCD; поэтому общее число покры-
вающих A BCD меньших параллело-
граммов неизбежно окажется не мень-
ше 4 (по числу вершин A BCD). Точ-
но так же устанавливается, что об-
щее число покрывающих треуголь-
ник ABC треугольников, гомотетич-
ных ЛВС и меньших его, не может
быть меньше 3 (ибо каждую верши-
ну ABC придется покрывать своим
треугольником).
Задача о том, сколько гомотетич-
ных данному (Еыпуклому) многоуголь-
нику М и меньших его многоуголь-
ников достаточно, чтобы покрыть М,
была поставлена в 1960 году киши-
невскими математиками И. Ц. Г о х —
б е р г о м и А. С, Маркусом
(несколько раньше — в середине 50-х
годов — родственная задача была
Рис. 3.
сформулирована немецким геометром
Ф. Лев и) *).
При этом ими была доказана сле-
дующая теорема, которую сегодня
часто называют теоремой Г ох-
б е р г а — Маркуса:
Каждый отличный от па-
раллелограмма выпуклый
многоугольник М может быть покрыт
тремя гомотетичными М и мень-
шими М многоугольниками; для па-
раллелограмма же наименьшее воз-
можное число гомотетичных ему и
меньших его многоугольников (конеч-
но, тоже параллелограммов!), кото-
рыми можно полностью покрыть
исходный параллелограмм, равно ч е —
ты р е м.
Оригинальное доказательство тео-
ремы Гохберга ¦— Маркуса (причем—
сразу для произвольных выпуклых
фигур) читатель может найти во вто-
рой из названных в конце этой замет-
*) И. Ц. Гохберг и А. С. Маркус сфор-
мулировали эту задачу не для выпуклых
многоугольников, а для произвольных вы-
пуклых фигур F (то есть фигур F, через каж-
дую точку границы которой можно провести
прямую I так, что F лежит по одну сторону
от / — сравните рисунки 4, а и б). Ясно,
что так поставленная задач! шире той, о ко-
торой говорим мы (ибо выпуклый много-
угольник является частным случаем выпук-
лой фигуры). Однако можно доказать, что
решение общей (относящейся к произволь-
ным выпуклым фигурам) задачи можно свести
к решению той же задачи для выпуклых
многоугольников (это следует из того, что
каждую выпуклую фигуру F можно заменить
«очень похожим на нее» выпуклым много-
угольником М — например, вписанным в F
многоугольником с очень большим числом
сторонУ.

29 В планиметрии-теорема, в стереометрии-  нерешенная проблема.

кн книг; здесь же мы покажем, как
можно вывести доказательство этой
теоремы из результата задачи М89.
В самом деле, пусть ABC — фигури-
рующий в условии этой задачи тре-
угольник, содержащий внутри себя
(отличный от параллелограмма!)
выпуклый многоугольник М =
i~A1AiAs…An, причем сторона АВ
треугольника содержит отрезок A tA2,
сторона ВС — отрезок AkAk^.l и сто-
рона С А — отрезок A[Ai.Vl (рис. 5).
Выберем теперь внутри М некоторую
точку О и соединим ее с какими-то
точками Р, Q и R отрезков АхАг,
AhAh-гл н AiAiJfl. Три отрезка ОР,
0Q н OR разрежут М на три части
тх, тг и т3. Сожмем теперь много-
угольник М к точке А. Если получен-
ный таким путем из М многоуголь-
ник Mi (см. рис. 5) мало отличается
от М, то он обязательно полностью
покроет г№, — для доказательст-
ва этого достаточно сравнить границы
многоугольников Л!, и т, (проведи-
те сами аккуратно это рассуждение!).
Аналогично показывается, что гомо-
тетичными М и меньшими М много-
угольниками А/о и Мэ, получающими-
ся из М сжатиями к точкам В и С,
можно полностью покрыть части т2
и т3 многоугольника М. Итак, М
можно покрыть тремя многоугольни-
ками (многоугольниками Л1,, Mz
и М9), гомотетичными М и мень-
шими М.
Мы доказал и, что для каждого о т —
личного от параллело-
грамма выпуклого многоугольни-
каЛ! число гомотетичных М и меньших
М многоугольников, которыми мож-
но полностью покрыть Л/, не больше
чем 3. Можно также доказать, что
для любого (не вырождающегося в
отрезок прямой) такого многоуголь-
ника это число в точности равно 3
(см. задачу 1 на стр. 32).
* * *
Вернемся теперь к задаче М89.
Вот одно из простейших ее решений.
Заметим, что если выпуклый много-
угольник М не треугольник
и не параллелограмм, то
у него найдутся две непараллель-
ные стороны, не имеющие общей
вершины *). Продолжая их до
точки пересечения, мы получим вы-
пуклый многоугольник Мг с мень-
шим чем у М числом сторон, содер-
жащий М (рис. 6). Если этот мно-
гоугольник Мг снова не треугольник
и не параллелограмм, то мы и с ним
можем поступить, как с М — и так
до тех пор, пока не получим содер-
жащий Л4 треугольник или парал-
лелограмм, стороны которого, оче-
видно, получаются продолжением
сторон М.
Если последний многоугольник,
к которому мы придем в процессе
наших преобразований исходного мно-
гоугольника М, является треуголь-
ником, то тем самым задача М89
оказывается решенной (рис. 7). Если
же в конце мы придем к парал-
*) Если многоугольник М имеет пять
или больше сторон, то это следует из того,
что никакой выпуклый многоугольник не
смеет трех 1ми более параллельных между
собой сторон; для четырехугольника же,
отличного от параллелограмма, это следует
из определения параллелограмма.

30 В планиметрии-теорема, в стереометрии-  нерешенная проблема.

 

31 лелограмму A BCD, но сам исходный
многоугольник М не пара л-
е л о г р а м м, то какая-то из вер-
шин А, В, С и D параллелограмма
не будет являться вершиной М.
Пусть, например, точка А не яв-
ляется вершиной М (рис. 8). Рас-
смотрим тогда ближайшую к А вер-
шину К, принадлежащую отрезку
Л В, и исходящею из этой вершины К
сторону KL, не принадлежащую пря-
мой АВ. Так как многоугольник М
выпуклый и одна из его сторон при-
надлежит отрезку AD, то сторона KL
может идти только так, как это изо-
бражено на рисунке 8 (ибо весь много-
угольник М должен лежать по одну
сторону от KL). Но в таком случае
три прямые ВС, CD и KL, совпа-
дающие с тремя сторонами много-
угольника М, определяют удовлет-
воряющий условиям задачи М89 тре-
угольник.
Итак, единственным многоуголь-
ником, для которого не существует
требуемого треугольника, является
параллелограмм.
Итак, мы видим, что теорема Гох-
берга — Маркуса не является осо-
бенно сложной — самым трудным
пунктом ее доказательства можно
считать решение задачи М89. Но от
И. Ц. Гохберга и А. С. Маркуса
(а также и от Ф. Леви) идет сте-
реометрический вариант
той же задачи:
Для каждого выпуклого многогран-
ника М указать наименьшее число
¦ гомотетичньрс М (то есть подобных М
и параллельно М расположенных*))
многогранников, которыми можно
полностью покрыть многогранник М —
и эта проблема оказалась несрав-
ненно труднее соответствующей пла-
ниметрической задачи.
Нетрудно видеть, что для тетра-
эдра Т (треугольной пирамиды) на-
*) Деа (выпуклых) многогранника М и \а
называются гомотетичными, если onri подоб-
ны (то есть это суть многогранники одного
вила и вес размеры одного из них пропор-
циональны соответствующим размерам вто-
рого), и каждому отрезку А В многогранника М
соответствует в многограннике ц отрезок oft,
параллель ими А В.

31 В планиметрии-теорема, в стереометрии-  нерешенная проблема.

именьшее число гомотетичных ему
и меньших его тетраэдров, которыми
можно покрыть Т, равно четырем;
для куба же К соответствующее чис-
ло меньших кубов равно восьми
(докажите это!). Нетрудно видеть,
что интересующее нас в поставлен-
ной стереометрической задаче число
может принимать любые значения
между 4 и 8 (см. задачу 2 в конце
статьи). Существует предположение,
что никакие другие значения это число
принимать не может (причем восьми
оно равно только в том случае,
когда рассматриваемый многогранник
является параллелепипедом!). Од-
нако доказать это утверждение пока
удалось только в одну сторону (см.
задачу 3 в конце статьи). Доказа-
тельство же (или опровержение) того,
что рассматриваемое число никогда
не может быть больше восьми, пока
составляет проблему, решить кото-
рую не удалось никому — и это не-
смотря на то, что эту проблему пы-
тались решить многие известные ма-
тематики.
Раздел геометрии, к которому от-
носятся рассматриваемые в настоящей
заметке задачи, возник сравнительно
недавно — всего каких-нибудь 15—20
лет назад. Этот раздел носит на-
звание комбинаторной геометрии; для
него характерна простота условий боль-
шинства рассматриваемых задач
(зачастую понятных любому школь-
нику!), но, к сожалению, решения
этих задач, как правило, довольно
сложны. Комбинаторной геометрии по-
священо сегодня много десятков книг
и сотни, если не тысячи, научных ста-
тей. Некоторые доступные и школь-
никам книги указаны в конце этой
заметки.
Все поставленные ниже задачи от-
носятся к комбинаторной геометрии;
они тесно связаны с темой настоящей
заметки. Звездочками отмечены задачи,
решение которых не известно автору
заметки; здесь особенно хотелось бы
обратить внимание на задачу 6, ко-
торая кажется мне весьма интересной
(но, возможно, и весьма трудной!).

Упражнения

1. Доказать, что никакой выпуклый мно-
гоугольник (не вырождающийся в отрезок
прямой) нельзя покрыть двумя многоуголь-
никами, гомотетичными данному и меньшими
его.
2. Обозначим наименьшее число гомо-
тетичных выпуклому многограннику М и
меньших его многогранников, которыми мож-
но полностью покрыть М, через s(Af); тогда
(Т)=4, где Т—тетраэдр, и s(K)- 8, где К —
Укажите такие три многогранника Л, В
и Г, что
$(Л)—5.
s(H=7.
3. Докажите, что никакой (не вырожтаю
щнйся в плоский многоугольник) выпуклый
многогранник .4 нельзя покрыть тремя
многогранниками, гомотетичными М и мень-
шими М.
4. Докажите, что каждый выпуклый
многоугольник м<жно покрыть тремя мень-
шими М и подебнымн Л1 (но не обязательно
гомотетичными AJ) многоугольниками.
5. Каково наименьшее число меньших
М и подобных М многоугольников, которыми
можно покрыть следующий выпуклый мно-
гоугольник М:
а) треугольник со сторонами а. Ь п с
(искомое число, разумеется, может зависеть
от величин a, b и с);
б) прямоугольник со сторонами /и и л;
ь*) параллелограмм со сторонами т к
п и углом а «г 90 ?
6*). Из результата задачи А следует,
что минимальное число меньших выпуклого
многоугольника М и подобных ему много-
угольников, которыми можно его покрыть,
всегда ревно 2 или 3 Охарактеризовать
класс тех многоугольников Л1. для которых
это чр.сло равно 2.

Литература по комбинаторной геометрии

1. Г. X а л в и г с р, Г. Д е б р у н —
н е р. Комбинаторная геометрия плоскости,
М.. «Наука», 1965.
2. В. Г. Б о л т я н с к и ft. И. Ц. Г о х —
б е р г, Разбиение фигур на меньшие части,
М., «Наука». 1971.
3 В. Г. Б о л т я и е к м й, И. Ц. Г о х —
б е р г. Теоремы и задачи комбинаторной
геометрии, М.. «Наука», 1965.
4. И. М. Я глом. О комбинаторной
1еометрин. М., «Знание», 1971.

32 В планиметрии-теорема, в стереометрии-  нерешенная проблема.

Свойства пара
ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ
.
Физика для поступающих в вуз.

,

Статистика


Яндекс.Метрика