Дипломная работа на тему "Оценка периметра многоугольника заданного диаметра"

ГлавнаяМатематика → Оценка периметра многоугольника заданного диаметра




Не нашли то, что вам нужно?
Посмотрите вашу тему в базе готовых дипломных и курсовых работ:

(Результаты откроются в новом окне)

Текст дипломной работы "Оценка периметра многоугольника заданного диаметра":


Оглавление

Введение

Глава 1. Общие сведения о задачах на экстремум. Примеры экстремальных задач

1. Общие свойства выпуклых фигур

1.1 Задачи

1.2 Решения

2. Изопериметрическая задача

2.1 Задачи

2.2 Решения

3. Задачи на максимум и минимум

3.1 Задачи

3.2 Решения

Глава 2. Оценка периметра пятиугольника единичного диаметра

1. Доказательство равенства четырех диагоналей пятиугольника единице

2. Отыскание оптимального пятиугольника

Заключение

Библиография

Введение

В жизни постоянно приходиться сталкиваться с необходимостью принять наилучшее возможное (оптимальное) решение. При этом часто случается так, что полезно прибегнуть к математике.

Оба понятия максимум и минимум объединяются одним термином "экстремум", что по латыни означает "крайнее". Задачи отыскания максимума и минимума называются экстремальными задачами.

Экстремальными задачами человек интересовался с античных времен. Уже в Древней Греции знали об экстремальных свойствах круга и шара: среди плоских фигур с одинаковым периметром наибольшую площадь имеет круг (решение изопериметрической задачи); шар имеет максимальный объем среди пространственных фигур с одинаковой площадью поверхности (решение изопифанной задачи). [4, 4]

История сохранила легенду о следующей самой древней экстремальной задаче, известной как задача Дидоны: указать форму границы участка, имеющей заданную длину, при которой площадь участка максимальна. Считается, что история этой задачи началась в IX веке до н.э., когда, как написал в своей поэме "Энеида" древнеримский поэт Вергилий, царевне Дидоне пришлось решать изопериметрическую задачу. Если знать экстремальное свойство круга, то решение получается немедленно: граница участка представляет часть окружности, имеющей заданную длину. Согласно легенде Дидона справилась с поставленной задачей и на месте отгороженного участка основала город Карфаген. Говорят, что старая крепость Карфагена действительно имела форму круга. [3, 29]

Экстремальными задачами занимались многие античные ученые (Евклид, Архимед, Аристотель и др.). В началах Евклида – первой научной монографии и первом учебном пособии в истории человечества, в труде вышедшем в IV веке до н.э. имеется задача на максимум. В современной редакции она выглядит так: в данный треугольник АВС вписать параллелограмм ADEF, наибольшей площади. Нетрудно показать, что решением этой задачи является параллелограмм, вершины D, E, F которого делят соответствующие стороны треугольника пополам. [4, 30]

Известна также задача античного математика Герона Александрийского, с которой мы знакомимся еще в школе: даны две точки А и В по одну сторону от прямой l. Требуется найти на прямой l такую точку D, что бы сумма расстояний от А до D и от В до D была наименьшей. Книга, где была изложена эта задача, называется "О зеркалах". Время написания этой книги неизвестно, но большинство исследователей считают, что она написана в I веке до н.э. При этом сам труд Герона не сохранился, и о нем известно из комментариев к нему написанных позже.

После гибели античной цивилизации научная жизнь в Европе стала возрождаться только в XV веке. Экстремальные задачи оказались среди тех, которыми интересовались лучшие умы того времени. [4, 7]

Задачи на экстремумы актуальны и в настоящее время, так как имеется много нерешенных задач на наибольшее и наименьшее значение некоторых величин, связанных с выпуклой фигурой. Так, например, до сих пор не решены следующие задачи: найти минимальную площадь S выпуклой фигуры, если известен диаметр D и ширинаРисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.; найти минимальную площадь выпуклой фигуры, если известна ширина и периметр фигуры. [8, 89]

Основная цель данной работы состоит в рассмотрении различных геометрических задач на максимум и минимум, а также в детальном разборе и доказательстве теоремы о пятиугольнике наибольшего периметра единичного диаметра.

Данная работа содержит две главы. Глава 1 состоит из трех параграфов. Каждый параграф построен следующим образом: сначала приводятся основные теоретические сведения, а затем рассматриваются задачи с дальнейшим их решением.

В 1 рассмотрены основные свойства выпуклых фигур. Данный параграф имеет вводный характер и в нем сосредоточены основные определения, используемые в дальнейшем, и приведены простейшие задачи, иллюстрирующие эти определения. Изучение представленных задач, позволяет более детально ознакомиться с определениями выпуклой фигуры, выпуклой кривой, опорной прямой выпуклой фигуры, обыкновенной и угловой точек выпуклой кривой, длины выпуклой кривой и площади выпуклой фигуры.

2 посвящен одной знаменитой задаче, играющей важную роль во многих разделах математики и физики, а именно так называемой изопериметрической задаче:

Среди всех плоских фигур данного периметра L найдите ту, которая имеет максимальную площадь.

Как и первые два параграфа 3 содержит ряд теоретических сведений касающихся вписанной, описанной окружности выпуклой фигуры; центра выпуклой фигуры; особое внимание уделено симметризации выпуклой фигуры, а также представлены некоторые задачи на наибольшие и наименьшие значения численных величин, связанных с выпуклыми фигурами. выпуклый фигура изопериметрический экстремум теорема

Основное содержание работы составляет вторая глава, которая состоит из двух параграфов. Данная глава посвящена решению одной красивой задачи, а именно отысканию пятиугольника единичного диаметра, имеющего наибольший периметр. Для решения этой задачи доказывается ряд теорем.

В 1 установив, что диаметр многоугольника совпадает либо с одной из сторон, либо с одной из диагоналей многоугольника (теорема 2.1.1) показывается, что в пятиугольнике наибольшего периметра единичного диаметра, или в оптимальном пятиугольнике, все стороны меньше 1 (теорема 2.1.2). При этом доказательство данной теоремы опирается на лемму о том, что сумма расстояний от точки дуги окружности до ее концов принимает наибольшее значение, когда эта точка делит дугу пополам. Затем в результате последовательного доказательства двух теорем (теорема 2.1.3 и теорема 2.1.4) устанавливается, что в оптимальном пятиугольнике, по крайней мере, четыре диагонали равны 1.

В 2 делается вывод о том, что оптимальным пятиугольником является правильный пятиугольник (теорема 2.2.1).

Было замечено, что в случае выпуклого четырехугольника оптимальным является не квадрат. [2, 269]


Глава 1. Общие сведения о задачах на экстремум. Примеры экстремальных задач

1. Общие свойства выпуклых фигур

Определение 1.1.1. Плоская фигура называется выпуклой, если она целиком содержит прямолинейный отрезок, соединяющий любые две принадлежащие фигуре точки.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.1

Так, на рис. 1.1.1 фигуры а), б), в) выпуклые фигуры, а фигура на рисунке 1.1.1 г) не выпукла. Круг и треугольник являются выпуклыми фигурами, четырехугольник же может быть как выпуклым, так и невыпуклым в зависимости от того, пересекаются ли его диагонали внутри или вне четырехугольника (рис. 1.1.2 а, б). [1, 38]

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.2


Определение 1.1.2. Пересечением двух (или нескольких) фигур называется фигура, состоящая из всех точек, принадлежащих обеим (или всем, если их несколько) фигурам.

Определение 1.1.3. Фигура называется ограниченной, если она целиком помещается внутри некоторой окружности. [8, 13]

Например, всякий параллелограмм, треугольник, круг, а также все фигуры, изображенные на рис. 1.1.1, являются ограниченными фигурами.

На рис. 1.1.3 изображено несколько неограниченных фигур; из них выпуклыми являются фигуры а) (полуплоскость), б) (полоса), в) (угол) и г).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.3

По отношению ко всякой плоской фигуре все точки плоскости делятся на три категории: внутренние, внешние и граничные. [8, 14]

Определение 1.1.4. Точка фигуры называется внутренней, если существует круг (хотя бы очень малого радиуса) с центром в этой точке, целиком принадлежащий фигуре.

Внутренними точками фигуры будут, например, точки А и А' на рис. 1.1.4.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.4

Определение 1.1.5. Точка называется внешней по отношению к фигуре, если существует круг с центром в этой точке, не содержащий точек фигуры.

Примером внешней точки по отношению к фигуре является точка В на рис. 1.1.4.

Определение 1.1.6. Точка фигуры называется граничной, если любой круг с центром в данной точке, всегда будет содержать как точки, принадлежащие фигуре, так и точки, не принадлежащие ей.

Например, точка С на рис. 1.1.4 является примером граничной точки фигуры. [7, 185]

Граничные точки фигуры образуют некоторую линию — кривую или ломаную. Эта линия называется границей фигуры. Если плоская линия является границей некоторой выпуклой фигуры, то она называется выпуклой кривой, или — в том случае, когда эта линия ломаная,— выпуклым многоугольником. [7, 186]

Определение 1.1.7. Выпуклым многоугольником называют и плоскую фигуру, и линию — границу этой фигуры.

Определение 1.1.8. Точками, принадлежащими фигуре, или, точками фигуры, называют все ее внутренние или граничные точки.

Определение 1.1.9. Если множество содержит все свои граничные точки, то оно называется замкнутым. Если же множество не содержит ни одной своей граничной точки, т.е. состоит из одних внутренних точек, то оно называется открытым. [7, 15]

Определение 1.1.10. Одномерные выпуклые фигуры это линии, обладающие тем свойством, что отрезок АВ, соединяющий любые две точки А и В такой линии, целиком принадлежит ей. [8, 16]

Одномерные выпуклые фигуры можно охарактеризовать как выпуклые фигуры, все точки которых являются граничными.

Двумерные (плоские) выпуклые фигуры могут быть весьма разнообразны (см., например, фигуры а), б), в) на рис. 1.1.1 и а), б), в), г) на рис. 1.1.3).

Определение 1.1.11. Отрезок это ограниченная одномерная выпуклая фигура.

         Пусть Ф — произвольная плоская фигура.

Определение 1.1.12. Прямая l называется опорной прямой фигуры Ф, если она проходит хотя бы через одну граничную точку фигуры Ф и вся фигура Ф расположена по одну сторону от прямой l (рис. 1.1.5).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.5

 

Например, прямая, проведенная через вершину треугольника параллельно противолежащей стороне (рис. 1.1.6, а), или сторона треугольника (рис. 1.1.6, 6) являются опорными прямыми треугольника; каждая сторона выпуклого многоугольника является его опорной прямой. Касательная к окружности является опорной прямой для круга, ограниченного этой окружностью (рис. 1.1.6, в). Опорная прямая может иметь с выпуклой ограниченной фигурой или единственную общую точку (см., например, рис. 1.1.6, а, в), или целый общий отрезок (рис. 1.1.6, б); если выпуклая фигура не ограничена, то опорная прямая может даже целиком принадлежать фигуре (рис. 1.1.6, г). [8, 18]


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.6

Опорную прямую выпуклой фигуры Ф можно также определить следующим образом:

Определение 1.1.13. Опорная прямая выпуклой фигуры Ф - это такая прямая, которая содержит граничные точки фигуры, но не содержит ни одной ее внутренней точки.

Действительно, прежде всего ясно, что опорная прямая не может содержать внутренней точки А фигуры: в противном случае точки фигуры Ф, расположенные внутри некоторой окружности с центром в точке А, находились бы по обе стороны от опорной прямой (рис. 1.1.7). С другой стороны, если прямая l не содержит внутренних точек выпуклой фигуры Ф, то вся фигура должна быть расположена по одну сторону от l. Действительно, пусть А — какая-нибудь внутренняя точка Ф. Если бы какая-либо (внутренняя или граничная) точка В фигуры находилась по другую сторону от прямой l, чем точка А (рис. 1.1.8), то точка пересечения прямой l с отрезком АВ была бы внутренней точкой Ф (см. задачу 1.1.3 а, б). [8, 19]

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Теорема 1.1.1. К каждой ограниченной выпуклой фигуре можно провести в точности две опорные прямые, параллельные данному направлению.

Доказательство.

Для того чтобы это доказать, проведем через каждую точку ограниченной выпуклой фигуры Ф прямую, параллельную данному направлению (рис. 1.1.9). Все эти прямые пересекают произвольную прямую, перпендикулярную к выбранному направлению, по одномерной выпуклой фигуре (если А и В — две произвольные точки пересечения нашей совокупности прямых с перпендикулярной к ним прямой, а С—произвольная точка отрезка АВ, то С тоже должна принадлежать этому пересечению; это нетрудно видеть из рис. 1.1.9, если воспользоваться выпуклостью фигуры Ф). Следовательно, это пересечение должно быть отрезком прямой линии (ограниченность пересечения вытекает из ограниченности фигуры Ф), а совокупность прямых, параллельных заданному направлению, проведенных через все точки Ф, должна представлять собой полосу. Крайние (граничные) прямые l1 и l2 этой полосы и являются двумя опорными прямыми, параллельными заданному направлению.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.9

Теорема доказана. [8, 20]

Определение 1.1.14. Наибольшее расстояние между двумя точками плоской фигуры Ф называется диаметром фигуры.

Иначе говоря, диаметром фигуры Ф называется такое расстояние d, что, во-первых, расстояние между любыми двумя точками М и N фигуры Ф не превосходит d и, во-вторых, можно отыскать в фигуре Ф хотя бы одну пару точек А и В, расстояние между которыми в точности равно d. [1, 6]

Например, для круга диаметр, в указанном смысле, совпадает с обычным его диаметром (наибольшая из хорд).

Определение 1.1.15. Пусть К выпуклая кривая l и l’’ две ее параллельные опорные прямые. Расстояние h между этими опорными прямыми называется шириной кривой К в направлении перпендикулярном к прямым l и l’’ (рис. 1.1.10). [7, 198]

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.10

Определение 1.1.16. Наименьшую ширину выпуклой кривой К называют шириной К.

Определение 1.1.17. Совокупность лучей, исходящих из одной точки О, называется выпуклой, если она содержит все лучи, проходящие внутри угла, меньшего 180°, образованного любыми двумя лучами совокупности, не составляющими продолжение один другого.

Теорема 1.1.2. Выпуклая совокупность лучей может быть одним лучом, парой лучей, являющихся продолжением один другого, углом, меньшим 180°, полуплоскостью либо целой плоскостью (рис. 1.1.11).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.11

 


Доказательство.

В самом деле, из определения выпуклой совокупности лучей непосредственно следует, что пересечение такой совокупности с любой прямой, не проходящей через точку О, выпукло. Рассматривая пересечения выпуклой совокупности лучей, с двумя параллельными прямыми, расположенными по разные стороны от точки О, и учитывая, что каждое из этих пересечений может совсем не содержать точек, быть единственной точкой, отрезком, лучом или всей прямой, нетрудно выяснить, что выпуклая совокупность лучей может быть только одного из перечисленных выше видов; все возможные здесь случаи приведены на рис. 1.1.12. [8, 21]

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.12

Теорема доказана. [8, 22]

Пусть Ф — некоторая выпуклая фигура и О — ее граничная точка. Проведем из точки О лучи, соединяющие ее с каждой точкой (внутренней или граничной) фигуры Ф (рис. 1.1.13).


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.13

Мы получим выпуклую совокупность лучей. В самом деле, если ОА и ОВ — два луча данной совокупности (А и В — точки фигуры Ф), то все лучи, расположенные внутри острого угла АОВ, пересекают отрезок АВ, целиком состоящий из точек фигуры Ф, и, следовательно, принадлежат данной совокупности. [8, 22]

Получившаяся совокупность лучей не может быть единственным лучом или парой лучей, составляющих продолжение один другого, так как считается, что фигура не одномерна.

Нетрудно так же показать, что эта совокупность лучей не может заполнить всю плоскость. Действительно, если лучи заполняют плоскость, то среди них можно выбрать две такие пары лучей ОА и ОВ, ОС и ОD, что лучи каждой пары, составляют продолжение один другого. Пусть А, В, С, D—точки выпуклой фигуры, лежащие на этих лучах (рис. 1.1.14). Фигура Ф вместе с точками А, В, С должна содержать весь треугольник АВС (см. рис. 1.1.14) и вместе с точками А, В, D—весь треугольник АВD, т. е. она должна содержать весь выпуклый четырехугольник АСВD, для которого точка О является внутренней. Таким образом, в этом случае точка О не может быть граничной точкой фигуры Ф. [8, 23]


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.14

Следовательно, рассматриваемая совокупность лучей будет либо полуплоскостью, либо углом, меньшим 180°. В первом случае (рис. 1.1.15) точка О называется обыкновенной точкой выпуклой кривой К, ограничивающей фигуру Ф.

Прямая Г, ограничивающая полуплоскость, является опорной прямой фигуры Ф (все точки Ф лежат на лучах нашей совокупности, а следовательно, с одной стороны от прямой Г).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.15                        Рис. 1.1.16

При этом прямая Г является единственной опорной прямой фигуры Ф в точке О, так как по обе стороны от каждой другой прямой l, проходящей через О, есть лучи нашей совокупности, а следовательно, и точки фигуры Ф (рис. 1.1.15). Такая опорная прямая Г фигуры Ф, ограничивающая полуплоскость, называется касательной в точке О к выпуклой кривой К. [7, 188]

Во втором случае, когда выпуклая совокупность лучей является углом, меньшим 180°, точка О называется угловой точкой выпуклой кривой К, ограничивающей фигуру Ф (рис. 1.1.16).

Все точки фигуры Ф заключены в этом случае внутри угла МОN; поэтому всякая прямая l, проходящая внутри угла МОN, смежного с углом МОN, будет опорной прямой фигуры Ф. В частности, опорными будут и лучи ОМ, ОN, которые называются полукасательным в точке О к выпуклой кривой К, ограничивающей фигуру Ф. [1, 40]

Определение 1.1.18. Угол MON = Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле. называется внутренним углом (или просто углом) выпуклой кривой К или выпуклой фигуры Ф в точке О, а угол МОN’ =180° -Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле. называется внешним углом кривой К или выпуклой фигуры Ф. [7, 189]

Согласно этому определению все точки выпуклого многоугольника, кроме вершин, являются обыкновенными, причем касательными в этих точках являются стороны многоугольника. Вершины выпуклого многоугольника являются его угловыми точками, а определенные выше углы совпадают с углами многоугольника в обычном смысле (рис. 1.1.17).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.17

Сопоставляя оба случая — случай обыкновенной точки выпуклой кривой и случай угловой точки, приходим к заключению, что через каждую точку выпуклой кривой проходит, по крайней мере, одна опорная прямая. [1, 41]

Определение 1.1.19. Ограниченная фигура называется выпуклой, если через каждую ее граничную точку проходит, по крайней мере, одна опорная прямая. [8, 26]

Пусть Ф — произвольная ограниченная выпуклая фигура, К— ее граница. Установим на кривой К определенное направление обхода, например, против часовой стрелки. При движении по кривой К в этом направлении фигура Ф все время остается слева (рис. 1.1.18). В соответствии с этим установим направления и на опорных прямых фигуры Ф.

Будем выбирать направление опорной прямой l фигуры Ф таким образом, чтобы фигура Ф лежала слева от прямой l (рис. 1.1.19).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.18                   Рис. 1.1.19

В таком случае две параллельные между собой опорные прямые l1 и l2 фигуры Ф получат противоположные направления. Таким образом, каждому направлению в плоскости (которое можно задавать при помощи прямой со стрелкой) будет соответствовать единственная опорная прямая, имеющая это направление (рис. 1.1.19).

Если К это многоугольник, то задание направления обхода позволяет говорить о направлениях сторон многоугольника.

Определение 1.1.20. п граничных точек А, В, С, ... , Р фигуры Ф расположены в циклическом порядке, если при обходе кривой К, ограничивающей фигуру Ф, против часовой стрелки эти точки встречаются в указанном порядке


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.20

Определение 1.1.21. Если точки А, В, С, ..., Р кривой К расположены в циклическом порядке, то многоугольник АВС...Р называется вписанным в кривую К.

Определение 1.1.22. Если l1, l2, ... , lп это п опорных прямых выпуклой фигуры Ф, на каждой из которых установлено направление, а П1, П2, ... , Пn - соответствующие им левые полуплоскости (рис.1.1.21), то Ф расположена в каждой из этих левых полуплоскостей, а значит, и в их пересечении. Если это пересечение ограничено, т. е. является многоугольником, то этот многоугольник называется описанным вокруг фигуры Ф или вокруг ограничивающей ее кривой К. [8, 27]

 

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.21

Из этого определения следует, что многоугольник, описанный вокруг выпуклой фигуры, всегда является выпуклым. Сторонами описанного многоугольника являются отрезки прямых l1, l2, ... , lп.

Может, однако, оказаться, что три (или больше) из взятых п опорных прямых будут проходить через одну и ту же граничную точку фигуры Ф (которая в этом случае обязательно является угловой; рис. 1.1.22). В таком случае описанный многоугольник будет иметь меньше чем п сторон. Такой многоугольник называют n-угольником, имеющим одну или несколько сторон нулевой длины, т. е сторон, превратившихся в точки. Эти стороны нулевой длины имеют определенные направления, а именно направления соответствующих опорных прямых

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.22

Это позволяет говорить об п внутренних и внешних углах описанного n-угольника независимо от того, имеет ли он стороны нулевой длины или нет.

Определение 1.1.23. Длиной ограниченной выпуклой кривой К и площадью фигуры Ф, которую эта кривая ограничивает, называются пределы периметров, соответственно площадей, вписанных в Ф многоугольников, все стороны которых безгранично уменьшаются, или описанных вокруг Ф многоугольников, все внешние углы которых безгранично уменьшаются.

Из этого определения следует, что если выпуклая кривая К целиком заключена внутри выпуклой кривой К’, то длина К не может быть больше длины К’.

Теорема 1.1.3. Если выпуклая кривая К целиком заключена внутри выпуклой кривой К’, то длина К не может быть больше длины К’.

Доказательство.

Действительно, рассмотрим последовательность многоугольников, вписанных в кривую К, стороны которых безгранично уменьшаются, и последовательность многоугольников, описанных вокруг К’, внешние углы которых безгранично уменьшаются (рис. 1.1.23).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.23

Каждый из многоугольников второй последовательности заключает в себе каждый из выпуклых многоугольников первой последовательности и, следовательно, имеет больший периметр; отсюда следует, что предел периметров многоугольников второй последовательности — длина К’ не меньше предела периметров многоугольников первой последовательности — длины К.

Теорема доказана.

Определение 1.1.24. Периметром плоской фигуры называется длина кривой, ограничивающей эту фигуру. [8, 28]

 

1.1 Задачи

Задача №1.1.1. Докажите, что пересечение двух или нескольких выпуклых фигур есть выпуклая фигура.

Задача №1.1.2. Докажите, что всякий выпуклый многоугольник является пересечением конечного числа полуплоскостей (рис.1.1.24). [8, 14]


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.24

Задача №1.1.3. Докажите, что

а)      если А и В — внутренние точки выпуклой фигуры Ф, то все точки отрезка АВ — внутренние точки Ф;

б)      если А — внутренняя, а В — граничная точка выпуклой фигуры Ф, то все точки отрезка АВ, кроме В,— внутренние точки Ф;

в)      если А и В—граничные точки выпуклой фигуры Ф, то либо все точки отрезка АВ — граничные точки Ф, либо все точки отрезка АВ, кроме А и В,— внутренние точки Ф.

Задача №1.1.4. Докажите, что всякая прямая, проведенная через внутреннюю точку выпуклой фигуры, пересекает ее границу не более, чем в двух точках. Если выпуклая фигура ограничена, то каждая прямая, проходящая через какую-либо ее внутреннюю точку, пересекает границу фигуры ровно в двух точках.

Задача №1.1.5. Докажите, что если всякая прямая, проходящая через любую внутреннюю точку ограниченной фигуры, пересекает ее границу в двух точках, то фигура выпукла. [8, 15]

Задача №1.1.6. Докажите, что каждая из двух параллельных опорных прямых, расстояние между которыми имеет наибольшее возможное значение, содержит единственную точку границы фигуры и что отрезок, соединяющий эти точки, перпендикулярен к обеим опорным прямым (рис. 1.1.25). [8, 20]


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.25

Задача №1.1.7. Докажите, что наибольшее расстояние между двумя точками выпуклой фигуры совпадает с наибольшим расстоянием между парой параллельных опорных прямых.

Задача №1.1.8. Докажите, что если А и В — две точки выпуклой фигуры Ф, расстояние d между которыми имеет наибольшее значение, то прямые, проведенные через точки А и В перпендикулярно к отрезку АВ, являются опорными прямыми Ф. [8, 21]

1.2 Решения

Задача №1.1.1

Пусть Ф1 и Ф2 — две выпуклые фигуры, Ф — их пересечение, А и В — две произвольные точки, принадлежащие пересечению Ф (рис. 1.1.26). По определению пересечения двух фигур обе точки А и В принадлежат как фигуре Ф1, так и фигуре Ф2. В силу выпуклости фигуры Ф1 все точки отрезка АВ принадлежат Ф1, а в силу выпуклости Ф2 — все они принадлежат также фигуре Ф2. Следовательно, отрезок АВ целиком принадлежит пересечению Ф фигур Ф1 и Ф2, а это и означает, что пересечение Ф выпукло.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.26                          Рис. 1.1.27


Точно так же доказывается, что пересечения Ф нескольких выпуклых фигур Ф1, Ф2, ..., Фп выпукло: если А и В — две произвольные точки Ф, то А и В принадлежат одновременно всем фигурам Ф1, Ф2, ..., Фп и в силу того, что все эти фигуры выпуклы, все точки отрезка АВ принадлежат одновременно всем фигурам Ф1, Ф2,..., Фn, т.е. принадлежат их пересечению Ф.

Примечание. Теорема остается верной и в том случае, когда фигур Ф1,,Фn,... бесконечно много; доказательство ее остаётся прежним. Например, на рис. 1.1.27 изображены равные между собой квадраты с общим центром. Легко видеть, что пересечением всех таких квадратов (а этих квадратов бесконечно много) является круг, т. е. выпуклая фигура.

Задача №1.1.2

Выпуклый многоугольник Ф лежит по одну сторону от каждой прямой, являющейся продолжением его стороны. В самом деле, если бы существовала точка С, принадлежащая Ф и расположенная не с той стороны прямой АВ (А и В — две соседние вершины Ф), с какой многоугольник Ф примыкает к стороне АВ (рис. 1.1.28), то, например, отрезок МС, соединяющий внутреннюю точку М отрезка АВ с точкой С, не принадлежал бы целиком Ф, т. е. многоугольник Ф не мог бы быть выпуклым. Таким образом, выпуклый многоугольник Ф расположен целиком в каждой из полуплоскостей, границами которых служат прямые, содержащие каждую из сторон многоугольника. Пересечение всех таких полуплоскостей и дает многоугольник Ф.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.28

Задача №1.1.3

а) Пусть А и В — две внутренние точки фигуры Ф. Согласно определению внутренних точек (определение1.1.4) существуют два круга С и С’ с центрами соответственно в точках А и В, все точки которых принадлежат фигуре Ф (рис. 1.1.29, а). Пусть МN и РQ — внешние общие касательные кругов С и С’. В силу выпуклости Ф вся криволинейная фигура МРQN, заштрихованная на рис. 1.1.29, а) принадлежит Ф, и следовательно, каждая точка D отрезка АВ является центром некоторого круга, все точки которого принадлежат Ф (этот круг вписан в фигуру МРQN).

б) Доказательство почти не отличается от доказательства пункта а), только окружность С’ приходится заменить одной точкой В и фигуру МPQN — фигурой MBN, заштрихованной на рис. 1.1.29, б).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.29

в) Пусть А и В — две граничные точки выпуклой фигуры Ф. Отрезок АВ может целиком состоять из граничных точек (рис. 1.1.30, а) — это и есть первый случай, указанный в условии задачи.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.1.30


Если же какая-либо точка С отрезка АВ является внутренней точкой Ф, то согласно пункту б) все точки отрезков СА и СВ, кроме А и В, должны быть внутренними для Ф — это второй случай, указанный в условии (рис. 1.1.30, б). [8, 140]

Задача №1.1.4

Пусть Ф это выпуклая фигура, О — ее внутренняя точка и l—прямая, проходящая через точку О. Так как прямая l сама является выпуклой фигурой, то ее пересечение с фигурой Ф будет (согласно задаче 1.1.1) выпуклой фигурой, расположенной на прямой (одномерной выпуклой фигурой), т. е. отрезком, лучом или всей прямой. Если это — отрезок, то его концы А и В являются граничными точками фигуры Ф (рис. 1.1.31), и следовательно, прямая l содержит две граничные точки Ф.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Если это пересечение — луч (прямая l1 на рис. 1.1.31), то его начало А’ будет единственной граничной точкой фигуры Ф, лежащей на прямой l1.

Если, наконец, прямая l целиком принадлежит фигуре (рис. 1.1.32), то на этой прямой нет ни одной граничной точки фигуры Ф.

Если фигура Ф ограничена, то ее пересечение с прямой также ограничено и, следовательно, является отрезком. Таким образом, на каждой прямой l, проведенной через внутреннюю точку ограниченной выпуклой фигуры Ф, имеются ровно две граничные точки этой фигуры. [8, 142]

Задача № 1.1.5

Утверждение данной задачи равносильно утверждению, что для всякой ограниченной невыпуклой фигуры Ф найдется прямая, пересекающая ее границу более чем в двух точках. Докажем это.

Пусть Ф — ограниченная невыпуклая фигура. В таком случае найдутся такие точки А и В, принадлежащие Ф, что отрезок, их соединяющий, не принадлежит целиком фигуре Ф; обозначим через С точку отрезка АВ, не принадлежащую Ф (рис. 1.1.33, а). Мы всегда можем предположить, что точка А — внутренняя точка Ф.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Действительно, если А — граничная точка Ф, А’ — внутренняя точка, достаточно близкая к точке А, то отрезок А’В также будет иметь точки вне фигуры Ф (рис. 1.1.33, б).

Итак, пусть А — внутренняя точка. На отрезке ВС есть граничная точка Р1, фигуры Ф (может быть, совпадающая с В), т.к. точка В принадлежит фигуре Ф, а С лежит вне ее. На отрезке АС также есть граничная точка Р2 фигуры Ф (А лежит внутри Ф, С— вне этой фигуры). Тогда, продолжив отрезок ВА за точку А, мы получим луч АD, исходящий из внутренней точки А фигуры Ф. На этом луче также есть граничная точка Р3 фигуры Ф (т.к. фигура Ф ограничена).

Итак, на прямой АВ, проходящей через внутреннюю точку А фигуры Ф, лежат по крайней мере три граничные точки Р1, Р2 и Р3, что и требовалось доказать. Следовательно, всякая фигура Ф, удовлетворяющая условию задачи, должна быть выпуклой.

Задача №1.1.6

Пусть l1 и l2 — две параллельные опорные прямые фигуры Ф, расстояние между которыми имеет наибольшее значение; А1 и А2 — граничные точки фигуры Ф, принадлежащие соответственно прямым l1 и l2. Покажем, что отрезок А1 А2 перпендикулярен к обеим прямым l1 и l2. В самом деле, если бы это было не так, то расстояние между прямыми l1 и l2 было бы меньше, чем отрезок А1А2 (рис. 1.1.34), и тем более меньше, чем расстояние между двумя опорными прямыми l1 и l2 ’ фигуры Ф, перпендикулярными к отрезку А1А2, что противоречит условию (т.к. мы нашли две опорные прямые расстояние между которыми больше расстояния между опорными прямыми l1 и l2).

Так как А1 и А2 — какие угодно граничные точки фигуры Ф, принадлежащие соответственно прямым l1 и l2, то из перпендикулярности отрезка А1А2 к прямым l1 и l2 следует, что ни одна из прямых l1 и l2 не может иметь с фигурой Ф целый общий отрезок (т. е. случай, изображенный на рис. 1.1.35, невозможен); другими словами, каждая из этих прямых содержит единственную граничную точку фигуры Ф. [8, 143]

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Задача №1.1.7

         Пусть Ф — выпуклая фигура, l1 и l2 — параллельные опорные прямые, расстояние между которыми имеет наибольшее возможное значение d, А1 и А2 — общие точки фигуры Ф и прямых l1 и l2 соответственно. Так как отрезок А1А2 перпендикулярен к прямым l1 и l2 (см. задачу 1.1.6), то длина его равна d (рис. 1.1.36). Остается только доказать, что расстояние между любыми двумя точками фигуры Ф не превосходит d. Действительно, если В и С — какие-либо две точки фигуры Ф, а т и п — опорные прямые, перпендикулярные к прямой содержащей отрезок ВС (рис. 1.1.37), то отрезок ВС не превосходит расстояния между прямыми т и п, которое в свою очередь не превосходит d. Следовательно, длина ВС не может быть больше d.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Задача №1.1.8

Проведем две опорные прямые l и т выпуклой фигуры Ф, перпендикулярные к отрезку АВ. Вся фигура Ф заключена в полосе между прямыми l и т, а следовательно, в этой полосе помещается и отрезок АВ длины d, перпендикулярный к прямым l и т. Но так как расстояние между прямыми l и т не может быть больше d (задача 1.1.7), то прямые l и т должны проходить через концы А и В отрезка. [8, 145]

2. Изопериметрическая задача

Согласно преданию давным-давно финикийская царевна Дидона с небольшим отрядом преданных ей людей покинула родной город Тир, спасаясь от преследований своего брата Пигмалиона. Ее корабли отправились на запад по Средиземному морю, и плыли пока Дидона не заметила удобное для поселения место на африканском побережье, в нынешнем Тунисском заливе. [4, 13]

Король местных жителей нумидийцев Ярб согласился продать Дидоне лишь маленький, по его мнению, участок земли, "в пределах воловьей шкуры". Однако Дидона поступила хитрее. Она разрезала шкуру на тонкие ремни и связала их в одну длинную ленту. Затем перед царевной стояла задача, как этой лентой отгородить участок земли наибольшей площади. Дидона успешно справилась с поставленной задачей и на этом месте основала город Карфаген.

Итак, Дидоне пришлось решать следующую задачу:

Как нужно расположить шнур фиксированной длины L, чтобы он отгораживал от прямолинейного берега участок земли максимальной площади? [4, 14]

Задача Дидоны является частным случаем изопериметрических задач. Это название происходит от двух греческих слов: isos - равный и perimetron - обмер, обвод. Изопериметрическая задача состоит в том, чтобы среди данной совокупности фигур, имеющих одинаковую длину контура (одинаковый периметр), найти ту, чья площадь больше площади любой другой фигуры рассматриваемой совокупности.

Рассмотрим простой пример. Пусть выделенный класс геометрических фигур состоит из всех треугольников с данным периметром, тогда изопериметрическая задача заключается в том, чтобы найти треугольник данного периметра, у которого площадь максимальна. Таким треугольником является равносторонний треугольник.

Значительно более сложной является основная изопериметрическая задача:

Среди всех плоских фигур данного периметра L найдите ту, которая имеет максимальную площадь. [5, 22]

Ответом этой задачи является круг. Еще в древней Греции было известно, что круг имеет большую площадь, чем все другие фигуры с тем же самым периметром, а шар — наибольший объем среди всех тел с одной и той же поверхностью. Недаром круг и шар были в древности символами геометрического совершенства. В начале второго века до нашей эры греческий геометр Зенодор написал специальный трактат "О фигурах, имеющих равную периферию". О существовании этого трактата мы узнаем из сочинений греческих комментаторов Зенодора — Паппа (III в. н. э.) и Теона (IV в. н. э.). Сама рукопись Зенодора утеряна. [5, 23]

Хотя ответ в основной изопериметрической задаче и кажется очевидным, строгое ее решение содержит определенные трудности. Швейцарский геометр Штейнер, впервые, доказавший что только круг может служить решением изопериметрической задачи предположил, что фигура наибольшей площади существует. Однако это рассуждение не является строгим. [3, 30]

Рассмотрим общие свойства изопериметрических фигур максимальной площади, для множества фигур на плоскости с данным периметром р.

Свойство 1.2.1. Всякая максимальная фигура выпукла.

Доказательство.

Пусть хорда А1В1, соединяющая точки А1, В1 нашей фигуры, не лежит целиком внутри нее. Тогда, очевидно, некоторый отрезок этой хорды, скажем АВ, лежит весь (кроме концов) вне фигуры. Можно считать поэтому, что дана фигура с периметром АаВС, равным р, не содержащая хорду АВ (рис. 1.2.1). Заменим дугу а хордой АВ. Периметр при такой замене уменьшится, а площадь увеличится на часть АаВ. Построим теперь фигуру, подобную построенной фигуре АРисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.ВС, но с периметром, равным периметру первоначальной фигуры АаВС. У новой фигуры площадь будет больше, чем у второй (поскольку коэффициент подобия больше единицы), и подавно больше, чем у первоначальной.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Свойство доказано. [5, 24]

Свойство 1.2.2. Всякая хорда максимальной фигуры с периметром р, делящая пополам ее периметр, обязательно делит ровно пополам и ее площадь.

Доказательство.

Действительно, пусть у фигуры АВСD с периметром р хорда АС делит периметр пополам (рис. 1.2.2). Обозначим через S1, площадь фигуры AВС, а через S2 - площадь АDС. Предположим, что S1>S2. Построим тогда новую фигуру АВСEА, заменив линию АDС линией АЕС, симметричной с АВС относительно хорды АС. Новая фигура АВСЕА, имея прежний периметр, имеет площадь больше площади первоначальной фигуры, так как площадь новой фигуры равна 2S1, а площадь первоначальной равна S1+S2, в то время как по предположению S1>S2 и, следовательно, 2S1>S1+S2. Поэтому фигура АВСD не является, вопреки предположению, максимальной. Это доказывает, что предположение S1> S2 неверно. Аналогично доказывается, что и предположение S1<S2 приводит к противоречию. Окончательно, S1= S2.

Свойство доказано. [3, 31]


Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Так как при преобразовании подобия площадь плоской фигуры и квадрат ее периметра увеличиваются или уменьшаются в одинаковое число раз и, следовательно, отношение площади к квадрату периметра не меняется, то задачу можно сформулировать следующим образом:

Среди всех плоских фигур найти фигуру, для которой отношение площади к квадрату периметра было бы наибольшим. [8, 67]

В задаче 1.2.5 доказывается, что если выпуклая фигура Ф отлична от круга, то существует фигура Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле., имеющая тот же самый периметр, что и Ф, и большую площадь. При этом в задаче 1.2.5 утверждается, что такой фигурой может быть только круг. Таким образом, может показаться, что задача 1.2.5 полностью решает изопериметрическую задачу. Однако, хотя это заключение и является верным (см. задачу 1.2.6), пока мы не имеем оснований делать это заключение с полной определенностью: задача 1.2.5 подсказывает ответ изопериметрической задачи, но не дает ее решения. Яркий пример, показывающий, что существование решения надо доказывать, доставляет следующая модификация парадокса Перрона:

Теорема 1.2.1. Среди всех квадратов наибольшую площадь имеет квадрат со стороной 1.

Доказательство

Пусть наибольшую площадь имеет квадрат со стороной a. Рассмотрим два случая: а<1 и a>1. Если а<1, то а2<1 и площадь квадрата со стороной а не является наибольшей (она меньше площади единичного квадрата). Если же а>1, мы возьмем квадрат со стороной b2. Тогда b(так как а> 1), и площадь квадрата со стороной b будет b2, притом b22 (так как b). Значит, квадрат со стороной а не имеет наибольшую площадь, вопреки предположению.

Теорема доказана. [5, 23]

В доказательстве этой теоремы допущена ошибка, а именно не доказано, что существует квадрат наибольшей площади.

Рассмотрим решение задачи Дидоны, пользуясь изопериметрическим свойством круга (см. задачу 1.2.6).

Пусть AВС и А’В’С’ представляют собой полукруг и какую-нибудь другую фигуру, удовлетворяющую всем условиям задачи. Прибавляя к этим фигурам фигуры АDС и А’D’С’, симметричные с первыми относительно осей АС и А’С’, составим две новые фигуры: круг АВСD и отличную от круга фигуру А’В’С’D, периметры которых равны 2l. Согласно основной теореме об изопериметрах, площадь круга АВСD больше площади фигуры А’В’С’D. Поэтому площадь полукруга АВС больше площади фигуры А’В’С’ и полукруг АВС будет решением задачи Дидоны. [5, 25]

 

2.1 Задачи

Задача №1.2.1.

а) Докажите, что из всех треугольников с двумя заданными сторонами наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны взаимно перпендикулярны.

б) Докажите, что из двух неравных треугольников, имеющих равные основания и равные углы при противолежащей вершине, большую плошать и больший периметр имеет тот, у которого разность углов при основании меньше (разность боковых сторон меньше); из всех треугольников с данным основанием и данным углом при противолежащей вершине наибольшую площадь и наибольший периметр имеет равнобедренный.

в) Докажите, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб.

г) Докажите, что из двух неравных треугольников с одинаковыми основаниями и одинаковыми периметрами большую площадь имеет тот, у которого меньше разность углов при основании (меньше разность боковых сторон); из всех треугольников с данным основанием и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобедренный.

д)      Докажите, что из всех трапеций с данными основаниями и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобокая. [8, 67]

Задача №1.2.2 .

а) Докажите, что из всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.

б) Докажите, что из всех четырехугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет квадрат. [7, 335]

Задача №1.2.3.

а) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольшую площадь.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольший периметр. [6, 63]

Задача №1.2.4 .

а) Докажите, что из всех выпуклых четырехугольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет четырехугольник, в который можно вписать окружность

б) Докажите, что из всех выпуклых n-угольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет n-угольник, в который можно вписать окружность. [8, 68]

Задача №1.2.5. Докажите, что если выпуклая фигура Ф отлична от круга, то существует фигура Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле., имеющая тот же самый периметр, что и Ф, и большую площадь. [8, 71]

Задача №1.2.6. Докажите, что круг имеет большую площадь, чем каждая другая фигура того же периметра. [6, 67]

 

2.2 Решения

Задача №1.2.1

а) Утверждение задачи совершенно очевидно (см. рис. 1.2.3)

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Рис. 1.2.3

б) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга, чтобы их основания совпали, вершины С и С’ были расположены по одну сторону от общего основания АВ и чтобы одновременно выполнялись следующие условия:

 

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.СВА, Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.С’ВА (рис. 1.2.4, а)

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

В этом случае вершины С и С’ треугольников будут расположены на дуге окружности ВС’СА, вмещающей угол АСВ, равный углу АС’В (по условию задачи). Из рис. 1.2.4, а) сразу видно, что вершина треугольника АВС, имеющего меньшую разность углов при основании, чем треугольник АВС’, расположена ближе к середине дуги ВС’СА, откуда следует, что высота Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.АВС’, и, следовательно, SРисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.АВС’.

Нам остается еще доказать, что:

 

СА — СВ < С’А— С’В;

и СА+СВ >С’А+С’В.

Отложим на стороне СА отрезок СD=СВ и на стороне С’А отрезок С’D= С’В и соединим D и Dс В (рис. 1.2.4, а). Так как углы АDВ и АDB это внешние углы равнобедренных треугольников BCD и BCD то:

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле. , где d=90°.

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле..

Так как Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.АD’В, то точки D и Dлежат на дуге окружности BDDA. Поскольку Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.D’ВА < 180°, то CA-CB=DA<DA=CA-CB.

Аналогично, отложив на продолжении сторон BC и BC отрезки CE=CA и CE’=CA (рис. 1.2.4, б) получим:

СА+СВ = ВЕ> ВЕ’ = С’А+ С’В,

так как Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле..

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного.

в) Параллелограмм с данным острым углом а и данным периметром разбивается диагональю на два треугольника. Поэтому для решения задачи нам достаточно доказать, что из всех треугольников с данным углом а при вершине и данной суммой р боковых сторон наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник.

Итак, пусть АВС — такой разносторонний треугольник, что:

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.ВАС = а, а АВ+АС = р;

 

предположим для определенности, что АВ>АС (в противном случае доказательство аналогично). Построим равнобедренный треугольник АВ’С’, у которого Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.В’АС’ = а, АВ’+АС’ = р и который расположен, как указано на рис. 1.2.5. Точку пересечения сторон ВС и В’С’ обозначим через М. Докажем теперь, что:

SРисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.BB’M

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Действительно, треугольники СС’М и ВВ’М имеют равные углы при вершинах и равные основания СС’ и ВВ’:

 

СС’ — ВВ’ = (АС’ — АС) — (АВ АВ’) = (АВ’ +АС’) — (АВ + АС)р = 0.

Далее, из четырех углов ВВ’М, В’ВМ, СС’М и С’СМ наибольшим является первый, а следовательно, наименьшим — второй (т.к. сумма двух первых углов равна сумме двух последних). Отсюда следует, что разность углов при основании треугольника ВВ’М больше, чем разность углов при основании треугольника СС’М. Таким образом SРисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.ABC , что и требовалось доказать. [8, 221]

г) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга так, чтобы их основания совпали, вершины С и С’ были расположены по одну сторону от общего основания АВ, пусть при этом:

 

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.СВА;

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.С’ВА,

пусть кроме этого

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.С’AB (рис.1.2.6).

Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.

Если бы при этом был Рисунок убран из работы и доступен только в оригинальном файле.ABC и они не могли бы иметь равных периметров. Следовательно, треугольники расположены та

Здесь опубликована для ознакомления часть дипломной работы "Оценка периметра многоугольника заданного диаметра". Эта работа найдена в открытых источниках Интернет. А это значит, что если попытаться её защитить, то она 100% не пройдёт проверку российских ВУЗов на плагиат и её не примет ваш руководитель дипломной работы!
Если у вас нет возможности самостоятельно написать дипломную - закажите её написание опытному автору»


Просмотров: 690

Другие дипломные работы по специальности "Математика":

Интеграл Лебега-Стилтьеса

Смотреть работу >>

Расширение кольца с помощью полутела

Смотреть работу >>

Качественное исследование в целом двумерной квадратичной стационарной системы с двумя частными интегралами в виде кривых второго и первого порядков

Смотреть работу >>

Качественное исследование в целом двумерной квадратичной стационарной системы с двумя частными интегралами в виде кривых третьего и первого порядков

Смотреть работу >>

Кольцо целых чисел Гаусса

Смотреть работу >>