Царевна Дидона, изопериметры и мыльные плёнки

Квант 1985, №5 с. 22, 24, 25, 26, 27 Тег 9O0S

Царевна Дидона, изоперметры и мыльные пленки

Кандидат физико-математических наук
В. В. ТРОФИМОВ

В этой статье речь идет об одном классе элементарно формулируемых задач, известных еще в Древней Греции. Рассказывает, как эти задачи возникли, как они решаются математически и как их решения можно проделировать с помощью мыльных пленок. Статья доступна восьмиклассикам, но, мы надеемся, запретует и более старших читателей.

Легенда о царевне Дидоне

Давным давно физикийская царевна Дидона с небольшим отрядом преданных ей людей покинула родной город Тир, спасаясь от пределованной своего брата, тирана Пигмалиона. Ее корабли отправились на запад по Средиземному морю и пыли, подгоняемые попутным ветром, пока Дидона не облабовала удобное для поселення место на африканском побережье, в нынешнем Тунисском заливе.

Высадившиеся физикийцы были встречены не очень гостеприимно местными жителями, нумидийцами. Король нумидийцев Ярб воинственно и прертельно разговаривал с непрошеной гостей. Он приял драгоценности, предложенные Дидоной для покупки земли, но решительно заявил, что взамен он согласен уступить ей лишь ключок земли, «который можно окружить бычей шкурой». Царевна безропотно согласлась. Ярб понял хитрость и коварство физикианки слишком поздно: Дидона изготовила из бычей шкуры тонкий, длинный ремень и отгородила им от берега значительную территорию. Простодушный, но честный Ярб не стал отказывать от данного слова. А Дидона на этом месте основала город Карфаген. В память об этой истории карфагенская цитадель была назван «Бирса», что на языке обитателей Карфагена ознакомает «бычья шкура».

Заметим, что размеры первоначальной территории могли быть достаточно велики. Представим себе бычую шкуру как прямогольник 1×2 м и будем считать, что Дидона разрезала шкуру на полоски шириной 1 мм по схеме, показанной на рисунке 1. Тогда легко подсчитать длину полученного ремон — она будет равна примерно 2 км, так что Дидона могла бы в этом случае отродить от берега (который мы будем считать прямым), скажем, прямогольный участок 0,5 км² = 500 м×1000 м.

Легенда относит описанные события к 825 г. до н. э. и нам, конечно, судить об их достоверности трудно. Но не исторические события интересют нас здесь, а математическая задача, которую, видимо, пришлось решать Дидоне:

Задча 1 (задча Дидоны).

Как нужно расположить штурф физикованной длины L, чтобы он отгорживал от прямолинейного берега участок земли максимальной площади?

Изоперметрические задачи

Задчаа Дидоны является частью случая изоперметрических задачи. Это название происходит от двух греческих слов isos — равный и perimetron — обмер, обвод. Изоперметрическая задача состоит в том, чтобы данной совершности фигур, имеющих одинаковую длину контура (одинаковый пе-

Рис. 2.

Действительно, путь у фигуры ABCD с перimetром p хорда AC делит перimetр пополам (рис. 3). Обозначим через $S_1$ площадь фигуры ABC, а через $S_2$ — площадь ADC. Предположим, что $S_1 > S_2$ . Построим тогда новую фигуру ABCEA, заменив линию ADC линей AEC, симметричной с ABC относительной хорды AC. Новая фигура ABCEA, имея прежний перimetр, имеет площадь большие площади первого начальной фигуры, так как площадь новой фигуры равна $2S_1$ , а площадь первого начальной равна $S_1 + S_2$ , в то время как по предположению $S_1 > S_2$ и, следовательно, $2S_1 > S_1 + S_2$ . Поэтому фигура ABCD не является, во время предположения, максимальной. Это доказывает, что предположение $S_1 > S_2$ неверно. Аналогично доказывается, что и предположение $S_1 < S_2$ приводит к противоречию. Окончательно, $S_1 = S_2$ .

Назовем всякую хорду, деляшую перimetр фигуры пополам, ее диаметром.

Третье свойство. Всякий диаметр любой максимальной фигуры виден из всех точек ее контура под прямым углом (то есть для любого диаметра AC и любой точки B контура угол ABC равен 90°).

Для доказательства этого свойства нам потребуется следующее свойство треугольников: из всех треугольников с двумя данных сторонами наибольшего площадь имеет тот, у которого эти две стороны взаимно перепределились. Это утверждение мы оставляем читателю в качестве легкого упражнения и перейдем к доказательству треугольника. Предположим, что неокторный диаметр AC фигуры ABCD с перimetром p виден из какой-нибудь точки B ее контура не под прямым углом: $\angle ABC \neq 90^\circ$

Рис. 3.

(рис. 4). Докажем, что в этом случае фигура ABCD не обладает наиболее площадью при фиксированном перimetре p. Обозначим площади фигур ABC и ACD через $S_1$ и $S_2$ соответственно. Построим прямоугольный треугольник $A'B'C'$ с прямым углом при вершине $B'$ такой, что $A'B' = AB$ . Другими словами, сдиним или развищем стороны AB и BC, сохраняя их длины без изменения, так, чтобы они образовали при вершине $B'$ прямой угол. К сторонам $A'B'$ и $B'C'$ приложим сегменты $A'E'B'$ и $B'F'C'$ (рис. 5), равные соответствующим сегментам на рисунке 4. В силу максимального примугового треугольника имеем неравенство $S_{\triangle A'B'C'} > S_{\triangle ABC}$ . Следовательно, площадь фигуры $A'E'B'F'C'A'$ большие площади $S_1$ первого начальной фигуры. Присоединим к фигуре $A'E'B'F'C'A'$ симметрично с нею относительно оси $A'C'$ фигуру $A'K'D'L'C'A'$ , получим фигуру $A'E'B'F'C'L'D'K'A'$ с прямым углом perimetром p, но с большей площадью (рис. 6). Итак, фигура ABCD не является максимальной, если хотя бы из одной точки ее контурка какой-нибудь точки B ее контура не под прямым углом.

Из третього свойства сразу следует, что искомая максимальная фигуря является кругом. Действительно, выберем произвольный диаметр; тогда контур фигуры, по третьему свойству, состоит из вершин прямых углов, опирающихся на этот диаметр, то есть является окружностью. Что и требовалось доказать.

Рассужждение Штейнера, изложенное выше, занимавало нами из заменательной, но труднодоступной книги А. Б. Крыжановского «Изопериметры» (М. — Л., Физматлит, 1959). Оно, как может показаться на первый взгляд, завершает доказательство основной теоремы об изопериметрах. Однако мы в нем сделали одно не правомочное предложение. А именно, мы с самого начала предложили, что решение основной изопериметricской задачи существует.

Это незаконное предложение. Яркий пример, показывающий, что существование решения надо доказывать, доставляет следующая модификация парадокса Перрона.

«Теорема». Среди всех квадратов наиболее плоскым имеет квадрат со стороны 1.

Рис. 5.

«Теорема». Среди всех квадратов наиболее плоскым имеет квадрат со стороны 1.

Рис. 6.

Пусть наибольшую площад имеет квадрат со стороны $b=a^2$ . Рассмотрим два случая: $a<1$ и $a>1$ . Если $a<1$ , то $a^2<1$ и площадь квадрата со стороны $a$ не является наибольшей (она меньше площади единичного квадрата). Если же $a>1$ , мы возьмем квадрат со стороны $b=a^2$ . тогда $b>a$ (так как $a>1$ ), и площадь квадрата со стороны $b$ будет $b^2$ , притом $b^2>a^2$ (так как $b>a$ ). Значит, квадрат со стороны $a$ не имеет наибольшую площад, вопреки предположению. «Теорема» доказана.

Читатель, конечно, понимает, в чем ошибка в этом рассудении. Однако оно проводится по той же схеме, что и приведенное выше «решение» изопериметрической задачи, которое позволяет использовать исчерпывающий см.

Строое решение этой задачи приводится в современных учебниках по варианционному исчислению. Убедительное доказательство существования можно получить и из «элементарных» сообщений, но на этом пути нужно будет проверить довольное тонкое рассудение «по неперерывности»; мы здесь не будем этим заниматься, отсылая читатель к цитированной книге А. Б. Крыжановского или к книге Р. Куранта и У. Роббинса «Что такое математика» (М., «Просвещение», 1967, с. 408). Читатель, сомневающийся теперь в существование решения изопериметрических задачи, мы советем обратиться к последнему разделу нашей статьи.

Решение задачи

Наша ближайшая цель — привести решения четырех ранее сформированных изопериметрических задачи. При этом мы будем предложать известным изопериметрическое свойство кругга.

Решение задачи Диодны. Пусть $ABC$ и $A'B'C'$ представляют собой полукруг и какую-нибудь другую фигуру, удовлетворяющую всем условиям задачи. Прибавляя к этим фигурам фигуры $ADC$ и $A'D'C'$ , симметричные с первыми относительно осей $AC$ и $A'C'$ , составим две новые фигуры: круг $ABCD$ и отличную от кругга фигуру $A'B'C'D'$ , периметры которых равны 2л. Согласно основной

теореме об изоперметрах, площадь кругга $ABCD$ больше площади фигуры $A'B'C'D'$ . Поэтому площадь площади фигуры $A'B'C'$ , и получруг $ABC$ будет решением задачи Диодоны.

Решение задачи 2. Ответом будет дуга окружности $AB$ длины $p$ (рис. 7). Доказательство такое же, как в предыдущей задаче: дуг $AB$ нужно продолжить до окружности и применить изоперметрическое свойство кругга.

Решение задачи 3. Ответом будет дуга $\delta$ окружности с центром в верхине угла $O$ , длины $p$ . Для доказательства проведем еще 6 лучей из точки $O$ так, чтобы разбит плоскость на 8 углов по $45^\circ$ . Если бы ответ — кривая $\gamma$ — отличался от дуги $\delta$ , то мы могли бы построить в каждом из семи построенных углов по экземпляру кривой $\gamma$ , а тогда обведенное этих кривых (длиной $8k$ ) ограничивала бы площадь большую, чем площадь кругга перimetра $8p$ , вопроси изоперметрическому свойству кругга.

Решение задачи 4. Ответом будет дуга окружности с центром в одной из вершин. Доказательство, аналогичное предыдущему, мы оставляем читателю, так же как вычисление радиуса исключой окружности.

Мышные пленки

Для тех читателей, которые стали сомневаться в существовании решения изоперметрических задач, а также для всех любителей красных физических экспериментов, мы предложаем несколько очень простых опытов с мыльной пленкой, подтверждающих правильность наших решений. Конечно, физический опит не может заменить строгое математическое доказательство, он только делает более праводоподобным полученным результатом.

Для проверения первых — самых простых — опытов, вам потребуется насыщенный мыльный растор (лучше использовать хорошее тушательное мыло, можно добавить немногоглицерина), тонкая проволока, обыкновенная нитка; для следующего потребуется еще и небольшие колечки (свободно скользывание по проволоке) и несколько прямых тонких соломинок.

Первый опит. Проволочную рамку погрузите в мыльный растор и осторожно выньте из него. Рамка затянется тонкой пленкой из мыльной воды. На пленку плавает на пленке, имея неправильную форму (фото 1). Затем пленку внутри петли проколите горячее угол — петля мгновенно и точно принимает форму окружности (фото 2).

Описанное явление объясняется так: из общих физических принципов следует, что устойчивое положение равновесия мыльной пленки отвечает минимуму энергии ее натя-

Жения; минимум же энергии доступа, естественно, при минимальной площади поверхности, внешней по отношению к ниточной петле, то есть при максимальной площади дыры.

Таким образом, этот опыт демонстрирует правильность решения основной изоперметрической задачи.

Второй опыт. Привяжите теперь нитку двумя концами к одному из прямолинейных участков рамки так, чтобы расстояние между концами было примерно равно четырёх длины нитки. Погрузите рамку в растор и выньте ее так, чтобы нитка плавала по поверхности полученной пленки. Проколите пленку внутри петли — петля мгновенно и точно принимает форму дуги окружности (фото 3). Двигая один из концов нитки вдоль рамки, вы сможете получить дуги окружностей разных радиусов.

Этот опыт демонстрирует правильность решения задачи 3. Следующий опыт демонстрирует решение задачи Дионны.

Третий опыт. Наденьте два маленьких колечка на рамку и привяжите к ним нитку. Погрузите рамку в растор и выньте ее так, чтобы нитка плавала по поверхности пленки. Проколите маленькие пленочки, образавшиеся внутри колечек и проверьте, что колечки свободно движются по рамке. Проколите теперь пленку внутри петли — петля мгновенно и точно примет форму полукружности. (Этот более тонкий эксперимент может получить не сразу — нужно, чтобы трение колечек с рамкой было очень малим.)

Четвертий опыт. Соедините концы двух прямолинейных проволок нитками одинаковой длины, натяните проволочки так, чтобы получился пря-