§ 5. ИЗОПЕРИМЕТРИЧЕСКАЯ ЗАДАЧА

Back

<Всё моё, моё!> — говорит жадный человек, собирая свои руки

в круг, показывая, как много добра он может ими захватить.

При этом не подозревая, что демонстрирует решение одной

из самых древних задач математики — изопериметрической

задачи.

Изопериметрическая задача. Среди всех замкнутых линий дан-

ной длины найти ту, которая охватывает наибольшую площадь.

Ответ известен всем — это окружность, а фигура — круг.

В чём же тогда задача, спросите вы? Задача в том, чтобы это дока-

зать. И тут математика сталкивается с неожиданными трудностя-

ми, подтверждая известное правило: <чем очевиднее утверждение,

тем труднее его доказать>.

Судьба изопериметрической задачи воистину удивительна! От-

вет был известен человечеству почти 3000 лет и ни у кого не вы-

зывал сомнений, но строго доказать его удалось лишь в конце

XIX века.

28

История изопериметрической задачи нача-

Рис. 23

лась в IX веке до н. э., когда, как написал

в своей поэме <Энеида> древнеримский поэт

Вергилий, дочь финикийского царя принцесса

Дидона, спасаясь от своего брата, замыслив-

шего заговор против неё, снарядила корабль

и со своими слугами отправилась в плава-

ние вдоль южного побережья Средиземного мо-

ря. После нескольких дней плавания корабль

причалил к живописному берегу на террито-

рии современного государства Тунис. Принцес-

са попросила вождя местного племени Ярба

выделить ей участок земли на берегу для то-

го, чтобы основать там своё поселение. Вождь

с усмешкой предложил ей взять столько земли,

сколько можно ограничить одной бычьей шкурой. Тогда хитрая

Дидона приказала разрезать бычью шкуру на очень тонкие поло-

сочки, из которых сплели длинную верёвку. Считая для простоты

линию берега прямой, получаем задачу, которую Дидоне предсто-

яло решить.

Задача Дидоны. От прямой линии берега верёвкой данной

длины отгородить участок земли наибольшей площади.

Задача Дидоны в точности равносильна изопериметрической

задаче. Пусть, для определённости, длина верёвки равна 1 км.

Сделав симметрию относительно прямой линии берега, получим

замкнутую линию длиной 2 км. Она ограничивает наибольшую

площадь, когда является окружностью. Следовательно, верёвка

должна ограничивать полукруг (рис. 23).

Так, согласно легенде, был основан знаменитый город древнего

мира Карфаген. Говорят, что старая крепость Карфагена действи-

тельно имела форму полукруга. Было ли сделано так, потому что

Дидона решила задачу, или по другим причинам, видимо, навсегда

останется неизвестным. Однако несомненно одно: изопериметриче-

ское свойство круга является одним из древнейших утверждений

геометрии, наряду с теоремой Пифагора (которую знали, как из-

вестно, ещё древние египтяне) или теоремой о вертикальных углах,

доказанной первым учёным античного мира Фалесом.

Многие выдающиеся мыслители находили различные объяс-

нения максимальности круга и шара (соответствующее свойство

шара ограничивать максимальный объём при данной площади по-

верхности называют изопифанностью). Вот что писал, например,

Николай Коперник в своей великой книге <О вращениях небесных

сфер>: <Прежде всего мы должны заметить, что мир является ша-

рообразным или потому, что эта форма совершеннейшая из всех

и не нуждается ни в каких скрепах и вся представляет цельность,

29

или потому, что эта форма среди всех других обладает наибольшей

вместимостью, что более всего приличествует тому, что должно

охватить и сохранить всё>.

Если шар вмещает в себя весь мир, то он, конечно, имеет

максимальный объём!

Попытки строгого доказательства изопериметрического свой-

ства круга предпринимались ещё в древности. Так, древнегрече-

ский математик Зенодор, живший в V веке до н. э. в Александрии,

дал вполне строгое, даже с позиций сегодняшнего дня, обоснова-

ние следующего факта: если для данного n существует n-угольник

периметра 1, имеющий максимальную площадь, то это — правиль-

ный n-угольник. От утверждения Зенодора один шаг до решения

изопериметрической задачи (мы предлагаем читателю сделать его

в задаче 53).

Замечательное доказательство изопериметрического свойства

круга придумал уже не раз упоминавшийся Якоб Штейнер. Прав-

да, его доказательство содержит серьёзный недостаток, факти-

чески — ошибку. Впрочем, ошибку устранимую, а в середине

XIX века, когда работал Штейнер, и вовсе за ошибку не считав-

шуюся. Вот это доказательство. Будьте очень внимательны!

Д о к а з а т е л ь с т в о и з о п е р и м е т р и ч е с к о г о с в о й с т в а

к р у г а. Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра

имеет наибольшую площадь. Назовём эту фигуру F, её площадь

обозначим через S, а периметр — через l. Докажем, что эта фигура

обладает тремя свойствами.

1◦. Ф и г у р а F в ы п у к л а. Это означает, что любой от-

резок, соединяющий две точки фигуры F, целиком лежит в F.

Действительно, если бы F не была выпуклой, то нашёлся бы от-

резок AB с концами на границе фигуры, который целиком лежит

вне F (рис. 24). Отразив дугу границы фигуры F, лежащую между

точками A и B, симметрично относительно прямой AB, получим

фигуру с тем же периметром, но с большей площадью, следова-

тельно, F не будет фигурой максимальной площади.

Назовём диаметром выпуклой фигуры любой отрезок, который

делит её периметр пополам.

2◦. Л ю б о й д и а м е т р ф и г у р ы F д е л и т п о п о л а м

н е т о л ь к о е ё п е р и м е т р, н о и п л о щ а д ь. Допустим,

что найдётся диаметр AB, который делит F на две фигуры не-

равной площади. Возьмём ту половину, которая имеет бо’ льшую

A B A B

Рис. 24

площадь (ясно, что её площадь боль-

ше S/2), а другую половину уберём.

Теперь отразим оставшуюся полови-

ну относительно прямой AB. Тогда

получим симметричную фигуру, пе-

риметр которой по-прежнему равен l

30

(поскольку диаметр AB делил периметр F попо-

A

B

M

A

B

M

A

B

M

Рис. 25

лам), а площадь больше, чем S/2+S/2=S. Вновь

получаем, что F не является фигурой наибольшей

площади.

3◦. И з л ю б о й т о ч к и г р а н и ц ы ф и г у р ы

F д и а м е т р в и д е н п о д п р я м ы м у г л о м. Это

значит, что если AB — диаметр, а M — любая точ-

ка на границе, то \AMB=90◦. Предположим, что

это не так, и \AMB6=90◦ для какой-то точки M.

Диаметр делит фигуру на две половины. Уберём ту

половину, которая не содержит точки M. Соглас-

но свойству 2◦, оставшаяся половина будет иметь

площадь S/2. Эта площадь состоит из трёх ча-

стей: площади треугольника AMB и площадей двух

сегментов, примыкающих к сторонам AM и BM

(на рис. 25 эти сегменты заштрихованы).

Приклеим эти сегменты к сторонам, а сами

стороны раздвинем (или, напротив, сдвинем) так,

чтобы угол AMB стал прямым. Площади сегментов

при этом не изменятся, а площадь треугольни-

ка AMB увеличится. В самом деле, его площадь

теперь равна AM・BM/2, а была равна

1

2

AM・BM・sin \AMB<

1

2

AM・BM.

Итак, мы получили фигуру, площадь которой больше, чем S/2.

Теперь отразим её относительно прямой AB и получим фигуру

периметра l и площади большей, чем S, что вновь приводит к про-

тиворечию.

Из свойства 3◦ немедленно следует, что F — это круг, посколь-

ку окружность с диаметром AB является геометрическим местом

точек, из которых отрезок AB виден под прямым углом. Теорема

доказана.

Не правда ли, красиво! Получается, что изопериметрическое

свойство круга равносильно угловому свойству окружности (из ка-

ждой точки окружности диаметр виден под прямым углом). Ка-

ждое из этих свойств следует из другого.

Ну, а где же ошибка? Внимательный читатель, конечно, за-

метил, что мы нарочно обходили некоторые тонкие моменты.

Например, при доказательстве свойства 1◦ после отражения отно-

сительно прямой AB у фигуры могут появиться самопересечения,

и что делать тогда? Почему самопересечений не возникнет при до-

казательстве свойства 3◦, когда мы меняем угол между AM и BM?

Признаемся, для краткости мы опустили много деталей в доказа-

тельстве. Строгое доказательство несколько длиннее, и, поверьте

31

на слово, на самом деле в этих местах никаких проколов нет.

Ошибка не в этом!

Ошибка содержится в самой первой фразе доказательства:

<Рассмотрим фигуру, которая при данной длине периметра имеет

наибольшую площадь>. Почему такая фигура вообще существует?

А если её нет? Это кажется мелким замечанием, которое мож-

но легко обойти. Увы! Пока существование фигуры максимальной

площади не доказано, доказательство Штейнера нельзя считать

верным. Иначе подобные рассуждения могут приводить к совер-

шенно абсурдным выводам.

П р и м е р 1. <Теорема>. Среди всех квадратов наибольшую

площадь имеет квадрат со стороной 1.

<Д о к а з а т е л ь с т в о>. Рассмотрим квадрат наибольшей пло-

щади, пусть его сторона равна a. Если a<1, то его площадь,

равная a2, также меньше 1, а значит, меньше площади квадрата

со стороной 1. Получаем противоречие. Если a>1, то выполне-

но неравенство a2<a4, а значит площадь нашего квадрата меньше

площади квадрата со стороной, равной a2. Вновь получаем проти-

воречие. Следовательно, a=1.

Несмотря на явную абсурдность этого рассуждения, с точки

зрения логики, оно ничуть не хуже доказательства Штейнера. В са-

мом деле, мы придумали некоторый аргумент, доказывающий, что

квадрат со стороной a не является квадратом наибольшей площа-

ди. Аргумент проходит для всех значений a, кроме a=1. Из этого

мы делаем <вывод>, что квадрат со стороной 1 имеет наиболь-

шую площадь. В доказательстве Штейнера сделано то же самое:

приведён аргумент, доказывающий что данная фигура не является

фигурой максимальной площади. Аргумент проходит для любой

фигуры, кроме круга. И мы делаем вывод, что при данном пери-

метре круг имеет наибольшую площадь.

Можно возразить: ведь площадь квадрата может быть сколь

угодно большой, поэтому максимального квадрата нет! А пло-

щадь фигуры данного периметра явно ограничена. Разве из этого

не следует, что среди фигур данного периметра найдётся фигура

максимальной площади? Хорошо, вот другой пример:

П р и м е р 2. Рассмотрим множество непрерывных функций

на отрезке [0, 1], обладающих следующим свойством: f(0)=f(1)=1,

и 0≤f(x)≤2 для всех x∈(0, 1). Из всех таких функций найти ту,

для которой площадь под её графиком (т. е. площадь фигуры, огра-

ниченной осью абсцисс, вертикальными прямыми, проведёнными

в точках x=0 и x=1, и дугой графика) наибольшая. Те, кто зна-

ком с понятием интеграла, формулируют задачу так:

1R0

f(x) dx→max, 0≤f(x)≤2; f(0)=f(1)=1.

32

<Р е ш е н и е>. Пусть максимальная площадь под графиком

достигается для функции f(x). Рассмотрим функцию

g(x)=______(

1, если f(x)≤1;

f(x)+(f(x)−1)(2−f(x)), если f(x)>1.

Если функция f(x) не равна тождественной единице, то, как лег-

ко видеть, площадь под её графиком меньше, чем под графиком

функции g(x). Следовательно, если площадь под графиком функ-

ции f(x) максимальна, то f(x)=1 для всех x∈[0, 1].

Ответ, конечно же, неверен. Например, функция f(x)=−x2+

+x+1 ограничивает бо’ льшую площадь, чем тождественная едини-

ца. А причина неверного решения в том, что функции максималь-

ной площади в условиях задачи просто не существует, несмотря

на то, что площадь под графиком функции f — величина ограни-

ченная (она всегда меньше, чем 2).

На самом деле Якоб Штейнер доказал, что

Если фигура наибольшей площади среди всех фигур данного

периметра существует, то это — круг.

Стоп, стоп! Но ведь и в предыдущем разделе, говоря о сетях

Штейнера, мы не доказали того, что кратчайшая система дорог

существует! Получается, что и те доказательства тоже не верны?

Строго говоря, да. Вернее так: не н е в е р ны, а н е з а в е рше ны.

В обеих задачах осталось лишь доказать, что решение существу-

ет. В середине XIX века ни в существовании фигуры данного

периметра и наибольшей площади, ни в существовании кратчай-

шей системы дорог, не было никаких сомнений. И доказательства

Штейнера считались совершенно строгими. Существование реше-

ния в обеих задачах легко объяснить, например, из физических

соображений (этим займёмся чуть позже, в § 8), а в те времена

такого обоснования было вполне достаточно. Лишь к концу XIX ве-

ка, усилиями немецких математиков Г. А.Шварца и В. Бляшке

строгое доказательство существования в изопериметрической зада-

че было завершено, и её многовековая история подошла к концу.

Мы расскажем про это доказательство в приложении Б, а заодно

докажем существование решения в задаче о сетях Штейнера.

Пока же будем считать изопериметрическое свойство доказан-

ным и пользоваться им при решении задач. А заодно договорим-

ся: во всех последующих параграфах не будем задавать вопрос

о существовании минимума или максимума. Существование в та-

ких задачах доказывается по одной и той же схеме, изложенной

после основного текста в приложении А. Читатель, который смо-

жет одолеть приложение А (в особенности теорему Вейерштрасса

и следствие 2), сможет самостоятельно доказать, что минимумы

и максимумы во всех предлагаемых задачах действительно дости-

гаются. Читателю, который не сможет этого сделать, мы советуем

33

просто поверить, что это действительно так.

45. Верёвкой данной длины отгородить от прямого угла фигуру

наибольшей площади.

46. Та же задача для угла 60◦ и для угла 45◦.

47. Кривой наименьшей возможной длины разделить равно-

сторонний треугольник на две части равной площади.

48. Кривой наименьшей возможной длины разделить квадрат

на две части равной площади (следует быть осторожным с кажу-

щимся сходством этой задачи с задачей 47!).

49. Почему нефтехранилища на крупных заводах всегда дела-

ются цилиндрическими (а иногда даже шарообразными), а не в

виде, скажем, куба, что технологически было бы гораздо удобнее?

50. Разведчик прыгнул с парашютом из самолёта и призем-

лился в тылу врага, в глухом лесу. Теперь ему нужно скорее

выйти из леса. Где кончается лес, и в какую сторону нужно ид-

ти, он не знает. Он знает только, что площадь леса равна 20 км2,

и что в этом лесу нет полян. Как он должен идти, чтобы, прой-

дя 16 км, наверняка выйти из леса? Какова длина кратчайшего

пути, гарантирующего выход из леса? Какую кривую при этом

опишет разведчик?

51. Те же вопросы, что и в задаче 50, но теперь известно, что

лес имеет форму выпуклой фигуры.

52. а) Дан шарнирный многоугольник (длины сторон фик-

сированы, а углы можно менять произвольно). Докажите, что

существует единственное положение этого многоугольника, при

котором он вписан в окружность.

П о д с к а з к а. Возьмём окружность большого радиуса и отложим на ней

последовательно все стороны многоугольника. Получим ломаную, вписанную

в окружность. Затем будем уменьшать её радиус, пока ломаная не замкнётся.

б) Дан шарнирный многоугольник. Докажите, что его площадь

будет максимальной, когда он вписан в окружность.

П о д с к а з к а. Рассмотрим произвольное положение многоугольника. Затем,

изменив его углы, доведём его до вписанного в окружность. Зафиксируем ду-

ги этой окружности и <приклеим> их к сторонам многоугольника. После этого

приведём многоугольник к первоначальной форме, сохранив дуги окружности,

приклеенные к сторонам. Остаётся сравнить площадь фигуры, ограниченной эти-

ми дугами, с площадью круга.

53. а) Не пользуясь изопериметрическим свойством круга, ре-

шите задачу Зенодора, т. е. докажите, что среди всех n-угольни-

ков данного периметра правильный n-угольник имеет наиболь-

шую площадь. При этом существование n-угольника наибольшей

площади считаем известным.

П о д с к а з к а. Берём многоугольник наибольшей площади, и сначала дока-

зываем, что все его стороны равны, а затем — что все его углы равны.

б) Выведите изопериметрическую задачу из задачи Зенодора.

П о д с к а з к а. Предположим, что найдётся линия, ограничивающая бо’ льшую

площадь, чем окружность данной длины, и приблизим эту линию многоугольни-

ком с очень маленькими сторонами.

34

Навигация