Röviden, Sklifosovszkij! • Konstantin Knoop • Népszerű tudományos feladatok a "Elemeken" • Matematika

Röviden, Sklifosovszkij!

feladat

a) Négy ház található a tetején egy négyzet oldalán 1000 méter. Lehetséges összekapcsolják az útjukat, hogy bármely házból bármely másikba elérhessék az ösvényeket, és az összes szám teljes hosszúsága ne haladja meg a 2800 métert?
b) A helyes tetraéder egy háromszögű piramis, amelynek minden éle egyenlő. Egy szabályos tetraéder 10 cm-es oldalával történő kialakításánál olyan lapos sokszögnek nevezzük, ahonnan egyes oldalak ragasztásával megkapjuk a kívánt tetraédert (a ragasztást nem feltétlenül a tetraéder szélei végzik). Van melynek kerülete nem haladja meg az 54 cm-t?


Tipp 1

A két kérdésre adott válasz pozitív.

A feladat a) természetesnek tűnik, hogy egy négyzet átlói mentén húzza a sávokat, de ez 200/22 ≈ 2828 m hosszúságot eredményez, de valójában rövidebb utakat is lehet húzni.

A feladat b) A "standard" szkennelésnek 60 cm-es pereme van (1. ábra), míg a háromszög három csúcsait "összeragasztják" a tetraéder egyik csúcsaiba (próbáljuk elképzelni, hogy ez hogyan történik).

Ábra. 1.

Ha a tetraéderet ragasztott vonal mentén két csúcson és az ellenkező szél közepén áthaljuk (piros vonal a 2. ábrán).2), a szkennelés egy téglalap lesz, amelynek két oldala megegyezik az éllel (ellenőrizzük!), És a másik kettő kétszer olyan hosszú lesz, mint a szegmens, amely összeköti a csúcsot a másik oldal közepével.

Ábra. 2.

Egy szabályos háromszög 10 cm-es oldalán minden egyes ilyen szegmens egyenlő 5 √ 3 ≈ 8,66 cm-vel, így egy ilyen sweep kerülete 20 + 20 √ 3 ≈ 54,64 cm, ami természetesen jobb, mint 60, hanem nem a határ.


2. tipp

Ábra. 3.

Próbálja összehajtani a tetraédert az ábrán látható hatszögletű sweepből. 3. Ha sikerül, fontolja meg, hogyan számíthatja le a perem egy hosszát ilyen sweepre.


döntés

Ez a történet egy rejtélysel kezdődik,
Még Alice alig fog válaszolni:
Mi marad a mese utána,
Miután elmondták?
V. Vysotsky

a) És elkezdjük a probléma megcáfolását. Inkább a szofizmussal próbáljuk bizonyítani, hogy lehetetlen javítani a 2000/2 értékét.

enged A, B, C, D – a tér négy csúcsa, és valahogy összekötő ösvényeket töltöttünk. Ha nem térnénk vissza a négyzet oldalain, akkor a négy csúcs összekapcsolásához teljesen három oldalt kell tartanunk, és ez adja a sávok hosszát 3000 m-re. És mivel ez több mint 2000/2, akkor ez a lehetőség nem minimális.

Ennek következtében volt néhány sáv a téren, ami azt jelenti, hogy a sok sáv, amely lehetővé teszi, hogy egy sétát A hogy Cmetsz egy olyan készlettel, amely lehetővé teszi, hogy sétáljon B hogy D (4.

Ábra. 4.

A metszéspont piros színnel jelenik meg. én. Ebből négy különböző irányba juthat a tér négy csúcsához. De minden ilyen út nem rövidebb, mint a megfelelő szegmens hossza, amely – amint az az euklideszi axiómákból is ismert – a legrövidebb út egy pár pont között. (Pontosabban, az axiomatika magában foglalja háromszög egyenlőtlenség – kijelentés XY + YZXZ minden három pontnál X, Y, Z; ezt a kijelentést is használjuk, szó szerint egy sort.) Ezért az utak teljes rendszerének hossza nem kevesebb AI + BI + CI + DI. De az egyenlőtlenségekből AI + CIAC = 1000√2, BI + DIBD = 1000√2 mi azonnal megkapjuk AI + BI + CI + DI ≥ 2000√2, amit bizonyítani fogunk.

Olvasni? Rendben van? Gratulálok, az egész háta fehér.

A "bizonyíték" során elkövetett hiba olyan egyszerű, mint amennyire tanulságos. Az igazság ellen vétkeztünk, amikor feltételeztük, hogy az ösvények metszéspontjáról (én) a négyzet tetejére négy különböző "irányok", azaz négy különböző sáv. Valójában ez csak akkor van, ha a vágány metszéspontja AC és BD egyetlen pontból áll. De csak ez nem feltétlenül igaz! Még az elsődleges esetben is, amikor egyszerűen összekapcsoltuk a házakat szegmensekkel (például, AB, BC és CD) és 3000 m-es útvonallal, átkelő utakon AC és BD volt egy egész szegmens BC.

Tehát csak egy másik lehetőség hiányzott (vázlatosan az 5. ábrán).

Ábra. 5.

Itt néhány sáv (az ábrán nem látható) valamilyen módon összekapcsolja a tér és a pont két bal csúcsát én, a másik (nem ábrázolt) pálya pedig összekapcsolja a tér két pontját és a pontot Oés végül több dal is van én és O, piros színnel jelezve (szigorúan bebizonyíthatod, hogy minden rendszert pontosan lecsökkentünk, de mivel az optimum pontos bizonyítéka még mindig meghaladja feladatunk hatókörét, akkor elhagyjuk ezt a bizonyítékot)

Az 5. ábrán megismételhetjük korábbi érveinket, és megkapjuk, hogy az összes követett sáv hosszának összege nem kevesebb, mint AI + BI + IO + OC + OD. De ez az összeg kevesebb, mint kétszerese az átlónak – ez a kérdés.

Válaszolj arra, hogy egy példát mutassunk le "a sejtekben" (6.

Pont itt én és O úgy, hogy az összes pontozott vonal a jobb háromszögek hipotenuzusával haladjon 3: 4: 5 képaránnyal. (Emlékszel a pitagorai tételre? Ebből következik, hogy a jobb oldali háromszög hipotenusza a 3. és 4. lábakkal megegyezik ). Ez azt jelenti, hogy a nagyobb láb (4 sejt) egy négyzet vagy egy 500 m szélességű oldala felett van, és a kisebb (3 sejt) 3/4 az 500 m vagy 375 m. Ezért az egyes pontozott vonalak hossza 5/4, 500 m vagy 625 m, és a vízszintes vörös szegmens hossza – 500 m vagy 250 m. A bemutatott szegmensek összege 2750 m, azaz kevesebb, mint 2800.

Ábra. 6.

Az eredmény minimális? Természetesen nem. Azonban a csatlakozásokra vonatkozó rendszer, amely ahhoz vezet, optimális (ismételten kihagyjuk a szigorú bizonyítékot). A rendszer keretében még alacsonyabb értéket találhatunk a következő módon. enged egy – a négyzet oldalának hossza, és x – a jobb lábszár hossza a jobb háromszögben. Mivel a nagyobb láb egyenlő egy/ 2, akkor a négy hipoténus összege megegyezik és a piros szegmens egy – 2x. Még akkor is, ha elfelejtette (vagy soha nem tudta, hogyan), hogy egy származékot vegyen fel, és kivizsgálja az extrema függvényt egy függvény számára Ez könnyen elérhető a wolframalpha.com-on keresztül.

Egy egyszerű lekérdezés azt mondja, hogy a minimum 1000 (1 + √3) ≈ 2732 m, és eléri a x = 500 / √3. Az utószóban nem csak ezt az eredményt értjük, hanem általánosságban is.

b) Egy ilyen "tüzérségi előkészítés" után könnyű lesz számunkra a második feladat megoldása.

Először is pontosan megmutatjuk, hogyan néz ki a tetraéder, amelynek kibontakoztatását egy céllal adtuk meg 2.

Nézd ezt a rajzot egy háromdimenziós objektum képeként (a tetraéder "láthatatlan" éle rövid szaggatott vonalként jelenik meg), hasonlítsd össze ezt a 2. ábrával, amelyen a tetraédert az egyik éle mentén hajtottuk (függőleges él a 7. ábrán), és a piros törtvonalat a 7. ábrán látható, pontosan a pontozott él fölött halad, teljesen elrejtve a szemünktől).

Ábra. 7.

Tehát sweepet hajtunk, hajlítjuk a széleken (a 3. ábrán minden szaggatott vonalat), két piros vonalat, két kék, két sárga és két lila vonalat összeragasztunk. Miután ez a fejlődés összecsukva van, hogy a két zöld vonal összekapcsolódjon, és csak középen kell hajlítani, és ragasztani is őket. A tetraéder készen áll.

Hogyan találhatod ki egy ilyen zseniális módon? Nem túl nehéz; nézzen meg ugyanazt a képet, mint egy lapos tárgyon – a rombusz! Az egyszerűbb fejlesztések elemzéséből nyilvánvaló, hogy minden olyan fejlesztés,a tetraéder két háromszög alakú arcának megőrzésével a rombusz négy csúcsait összekötő útvonalak rendszerének tekinthetők. Tehát a kihívás b) valójában egyfajta feladat a)de nem egy négyzetre, hanem egy rombuszra. Minden, amit mondtunk a szofizmusunkban, itt meg lehet ismételni. Ha egy olyan rendszernek a rendszerét akarjuk megszerezni, amely rövidebb, mint egy rombusz két átlójának összege, akkor egyetlen belső pontnál sem lehet négy különböző szegmens konvergálni, ami azt jelenti, hogy ugyanúgy kell megpróbálnunk a kapcsolatokat a probléma során a).

Valójában, ahelyett, hogy felvenné a szükséges "kisegítő pontokat" a cellában, újra használni fogom a bizonyított WolframAlpha-t. Közvetlenül előtte még egy kicsit fel kell készülnie – írja be a koordinátarendszert rajzunkba.

Hagyja a származást O lesz a rombusz átlóinak metszéspontja ABCD. Mivel a rombusz két szabályos háromszögből áll, 10 cm-es oldalával, a rombusz kisebb átlója is 10 cm-rel egyenlő, a nagyobb átlós fele pedig a pitagorai tétel segítségével számítható ki: . Ezért a csúcsok koordinátái A és C rombusz – (± 5, 0), és a csúcsok koordinátái B és D – (0, ± 5, 3).Ha egy (ismeretlen) kiegészítő pontot veszünk a koordinátákkal (x, y), akkor a második pont koordinátái (amelyek a szimmetrikusak a származáshoz képest) természetesen (-x, −y).

Ugyanez a pitagorai tétel azt mondja, hogy egy ilyen funkció értékét minimálisra kell csökkenteni:

(a gyökerek ezen jelei a szegmensek hossza a segédponttól a rombusz csúcsaihoz és a szegmens hossza az eredetig, vagyis a segédpontok közötti fele). Az autó piszkos munkát végez számunkra:

Ábra. 8.

Általában WolframAlpha "bizonyítja" azoknak a racionális és irracionális számoknak a felismerését, amelyeket felismert. De itt van valami, amit nem sikerült. Mindazonáltal ugyanazokat a számokat mutatjuk be más formában: x = 10/7, y = 5 / (7√3), és a minimális érték pontosan 10√7. És ha a 3 gyökerei valahogy elvárhatók, akkor a 7-es gyökérének a megjelenése abszolút rejtélynek tűnik. Ha készen vagy arra, hogy még több időt gondoljon – gondolkozz, és ha már megadtad magad, akkor elolvashatod az utószót.


utószó

Ennek a feladatnak az apja különböző korú embereknek tekinthető. Az egyik első volt a híres amatőr matematikus, Pierre Fermat (az alapfoglalkozás szerint ügyvéd), aki a következő problémát javasolta az extrema kutatási módszerének alkalmazásának egyik példájaként:

Aki nem becsülte meg ezt a módszert, határozzon meg egy adott három pontra, keresse meg a negyedik olyat, hogy ha három szegmenst von be ebbe a pontba, akkor e három szegmens összege adja a legkisebb értéket.

Felhívjuk figyelmét, hogy a probléma "geometriai" nyelven van megfogalmazva, bár a szerző kizárólag "analitikus" megoldást vett fel. Azonban, miután Farm követett pusztán geometriai megoldásokat. Ezekről bővebb információ a V. Protasov "Maxima és a geometriai minimumok" című 3. §-ban található meg. Mivel Fermat szinte egyidejűleg (és nyilvánvalóan, függetlenül attól) egy másik figyelemre méltó kutató, Evangelista Torricelli is foglalkozott ezzel a feladattal, az a pont, amelyet ebben a problémában kell találni, ma Torricelli Fermat pontnak nevezik.

Sok évvel később (már a XX. Században) Jarnik és Kössler megfogalmazta a probléma általánosságát, amelyben három pontot tetszőleges számú pont váltott fel. Nevezetesen feladata az, hogy a sík egy adott véges pontján áthaladó legkisebb hosszúságú sík grafikonokat írja le. Talán a nem népszerű matematikai folyóiratban megjelent cikk, sőt lengyel nyelven is, észrevétlenül ment volna keresztül, de a hivatkozás erre a Courant és G. Robbins híres könyvében szerepelt: "Mi a matematika?":

Egy nagyon egyszerű és egyben tanulságos problémát tanulmányoztak a múlt század elején Jacob Steiner híres berlini geometriájával. A három települést úgy kell összekötni, hogy az utak teljes rendszere minimális legyen. Természetes lenne, ha ezt a problémát több pont esetében általánosságban általánosságban fogalmaztuk meg: a síkban egy pontot kell találnunk, hogy a távolságok összege a megadott pontokig minimálisra csökkenjen. Ez az általánosított probléma, amelyet Steiner is tanulmányozott, nem vezet érdekes eredményekhez. Ebben az esetben olyan felületes generalizációval foglalkozunk, amelynek szerelmesei gyakran megtalálhatók a matematikai irodalomban. Ahhoz, hogy egy nagyon méltó összefoglalót kapj a Steiner-problémáról, el kell hagynunk az egyetlen pont keresését. Ehelyett azt állítottuk magunknak, hogy egy "utcai hálózatot" vagy "utak közötti hálózatot" kell építeniük a minimális teljes hosszúsággal.

Kurant könnyű kezével a minimális hálózat megtalálásának feladatát ma Steiner geometriai problémának nevezik, bár Jacob Steiner maga (általában a német vezetéknév helyes átírása Steiner,de az orosz matematikai szakirodalomban van hagyomány, hogy őt Steinernek hívják) nem hozott ilyen feladatot, és nem oldotta meg.

Mindazonáltal a Farm-Torricelli-Steiner-probléma tanulmányozása során könnyű bizonyítani a Steiner-hálózatok következő figyelemre méltó tulajdonságait:
1) A legrövidebb hálózatban, az adat (forrás) pontokon kívül tartalmazhat kiegészítőket is.
2) Három szegmens találkozik minden egyes segédponton, és mindegyik páronkénti szög között 120 °.
3) Számos különleges esetre az így létrejövő hálózat "kiegyenesedett", azaz egyforma nagyságú szegmensgé alakul.

Ábra. 9.

A 9. ábrán látható két szabályos háromszög (7. Ábra) rombuszának megfelelő hálózat kiegyenlítése például a 9. ábrán látható. Innen már meglehetősen könnyű elérni ezt az érthetetlen 7-es gyökeret: valóban a korrigált szegmens bal felső vége koordinátákat (-1, √3 / 2), az alsó jobb koordinátákat (1, -√3 / 2), ezért a szegmens hossza egyenlő . Csak azt kell megmutatni, miért lehetséges az ilyen helyesbítés.

Ehhez nézze meg a jobb oldali háromszöget RSTa 10. ábrán látható.

Tétel. Ha U a háromszög körül írt kör ívének RS arbitrális pontja, akkor UT = UR + US (más jelölésnél, l = m + n).

Bizonyítás. Megfordul U és S körül a pont R 60 fokos szögben. Mivel a forgási szög nagysága megegyezik a rendszeres háromszög szögével, a pont S ilyen fordulattal megy Tés pont U a rendszeres háromszög harmadik csúcsára költözik RUV, vagyis ez egy pont UV = m és szög RUV = 60 °. De ez a pont a szegmensre fektet UTmert szög RUT – ívelt szög az ív alapján RT– egyenlő a beillesztett szöggel RSTazaz 60 °. Így a szegmens USA miután egy szegmensbe fordult VT. Honnan VT = n, és mivel UV = m és UT = lmajd l = m + n. A tétel bizonyított.

Ábra. 10.

A 2. ábrán látható, hogy a 9. ábra vörös és kék szegmense közötti szög 120 °. Ez azt jelenti, hogy egy 240 ° -os ívre támaszkodik, vagyis egy szabályos háromszög körüli körön. Így a 8. ábra szerinti kiegyenesedés nem más, mint ennek a tételnek az alkalmazása, amely két szegmens (piros és kék, valamint sárga és bíbor) összegét helyettesítené.

Pontosan ugyanaz történik a feladat az úthálózatban. a). Valójában ugyanúgy lehetséges és szigorúan bizonyítani a problémákat a) és b) tényleg minimális Steiner hálózatokat kaptunk.

A hosszú történelem ellenére a Steiner-hálózatok problémáinak vizsgálata ma természetesen már számítógépek segítségével folytatódik. Itt csak néhány link.
1) A GeoSteiner szoftvercsomag célja, hogy megoldja a Steiner-problémát a sík pontrendszerében.
2) A Steiner-probléma különböző változatainak hatalmas gyűjteménye és a rendelkezésre álló algoritmusokról szóló információk a megoldáshoz.
3) Henry Bottomley számos szoros problémát kutatott a rendszeres polyhedrához. Például egy ilyen puzzle: mi a leghosszabb zárt útvonal hossza egy tetraéder felületén, amely metszi az egyes éleket? És ugyanaz a kockára?
4) A minimális sweep probléma általános szabályozása a többi rendszeres poliéderhez.

A szerző hálás a site braingames.ru oldalra, ahol megtudta az elem állapotát b).


Like this post? Please share to your friends:
Vélemény, hozzászólás?

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