Сколько здесь фигур с одинаковой площадью чему равна эта площадь

Сколько здесь фигур с одинаковой площадью чему равна эта площадь

Можно доказать строго геометрически, что чем больше сторон у правильного многоугольного участка, тем бблыиую 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 цлощадь в

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

Мы позволим себе несколько остановиться на этом удивительном свойстве круга заключать в своих границах большую 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 длинно, но те, кому оно покажется утомительным, могут пропустить его без ущерба для понимания дальнейшего.

Надо доказать, что фигура, имеющая при данном периметре наибольшую площадь, есть круг. Прежде всего установим, что искомая фигура должна быть выпуклой. Это значит, что всякая ее хорда должна полностью располагаться внутри фигуры. Пусть у нас имеется фигура АаВС (рис. 176), имеющая внешнюю хорду АВ. Заменим дугу а дугою Ъ, симметричною с нею. От такой замены периметр фигуры АВС не изменится, площадь же явно увеличится. Значит, фигуры вроде АаВС не могут быть теми, которые при одинаковом периметре заключают наибольшую площадь.

ззо

Итак, 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. 177) 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 по MN, мы получили бы фигуру AMN, 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 иметь наибольшую площадь при данном периметре).

Устанавливаем, что фигура с наибольшей площадью должна быть выпуклой

Рис. 176. Устанавливаем, что фигура с наибольшей площадью должна быть выпуклой

Если хорда делит пополам периметр выпуклой фигуры с наибольшей площадью, то она рассекает пополам и площадь

Рис. 177. Если хорда делит пополам периметр выпуклой фигуры с наибольшей площадью, то она рассекает пополам и площадь

Прежде чем идти далее, докажем еще следующую вспомогательную теорему: из всех треугольников с двумя данными сторонами наибольшую площадь имеет тот, у которого стороны эти заключают прямой угол. Чтобы доказать это, вспомним тригонометрическое выражение площади S треугольника со сторонами а и b и утлом С между ними:

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

Допускаем сущест- Рис. 179. Устанавливаем, что из вование некруговой выпуклой всех фигур с данным пери фигуры с наибольшей площадью метром наибольшую площадь

Рис. 178. Допускаем сущест- Рис. 179. Устанавливаем, что из вование некруговой выпуклой всех фигур с данным пери фигуры с наибольшей площадью метром наибольшую площадь

ограничивает окружность

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. 178), которая обладает этим свойством. Проведем в ней хорду MN, делящую пополам ее периметр; она же, мы знаем, разделит пополам и площадь фигуры. Перегнем половину MKN по линии MN так, чтобы она расположилась симметрично (MK’N). Заметим, что фигура MNK’M обладает тем же периметром и тою же площадью, что и первоначальная фигура MKNM. Так как дуга MKN нс 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 МК, KN, МК NK’, мы можем сделать заключенный между ними угол прямым и получим тогда равные прямоугольные треугольники. Эти треугольники сложим гипотенузами, как на рис. 179, и присоединим к ним в соответствующих местах заштрихованные сегменты. Получим фигуру M’KN’K’, обладающую тем же периметром, что и первоначальная, но, очевидно, большею площадью (потому что прямоугольные треугольники M’KN’ и M’K’N’ имеют большую площадь, чем непрямоугольные MKN и MK’N). 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 большую 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. «Замечательное свойство квадрата»).



Источник: studme.org


Добавить комментарий