Единое окно доступа к образовательным ресурсам

Объемы многогранников: Лекция для школьников старших классов

Голосов: 1

Изложение материала начинается с формулы, выражающей объем тетраэдра через длины его ребер. Эту формулу можно найти почти во всех справочниках по математике, но мало кто знает ее историю. В брошюре разбираются доказательства этой формулы, принадлежащие Тарталье (XVI век) и Эйлеру (XVIII век), и даются современные их варианты. Сформулирована и прокомментирована теорема, обобщающая формулу объема тетраэдра на любые многогранники и дающая как простое следствие решение проблемы "кузнечных мехов", утверждающей постоянство объема изгибаемого многогранника. Даются также примеры изгибаемых многогранников. Текст брошюры представляет собой дополненную обработку записи лекции для школьников 9.11 классов, прочитанной автором на Малом мехмате МГУ 10 марта 2001 года.

Приведенный ниже текст получен путем автоматического извлечения из оригинального PDF-документа и предназначен для предварительного просмотра.
Изображения (картинки, формулы, графики) отсутствуют.
                          — математические кружки для школьников при механи-
    МАЛЫЙ             ко-математическом факультете МГУ. Занятия проходят
                                                                                                      Библиотека
                                                                                             «Математическое просвещение»
    МЕХМАТ            по субботам в главном здании МГУ на Воробьёвых го-
                      рах для учащихся 6—8 классов с 1600 до 1800, для уча-
    щихся 9—11 классов с 1800 до 2000. С вопросами обращайтесь по адресу
    электронной почты mmmf@mmmf.mccme.ru или по телефону 939 39 43.
             П Р И Г Л А Ш А Ю Т С Я В С Е Ж Е Л А Ю Щ И Е!
                                                      Каждую субботу сотни школь-
                                                   ников стекаются в главное зда-
                                                   ние МГУ на Воробьёвых горах на
                                                   занятия Малого мехмата. Здесь
                                                                                                 И. Х. Сабитов
                                                   школьники учатся решать задачи и
                                                   математически строго излагать най-
                                                   денные решения. Каждый школьник
                                                   получает в начале занятия листок


                                                                                           ОБЪЁМЫ
                                                                                        МНОГОГРАННИКОВ
    с задачами, которые, как правило,
    объединены одной темой. Свои ре-
    шения школьники рассказывают
    преподавателям — студентам и ас-
    пирантам «большого» мехмата.




                                                      Основные принципы кружков:
                                                   они открыты для всех желающих
                                                   и бесплатны. Более того, можно по-
                                                   сещать кружок, начиная с любого
                                                   занятия.
                                                      Участие в кружке не даёт ника-
                                                   ких льгот при поступлении в вузы
                                                   и других формальных преимуществ.
                                                   Поэтому сюда приходят только те,



    кому интересен сам процесс реше-
    ния задач, кто действительно хочет
    почувствовать красоту математики.
    А это, по большому счёту, оказы-
    вается значительно существеннее
    всевозможных льгот.

     ISBN 5 94057 004 6
                                  М. Ю. Пан ова.




                                                                                             Издательство Московского центра
                                                                                        непрерывного математического образования
                                  Фото




    9 785940 570042                                                                                   Москва • 2002



C   M Y     K


                                                                           Библиотека
                                                                  «Математическое просвещение»
                                                                            Выпуск 21




                                                                      И. Х. Сабитов

Н а у ч н о - р е д а к ц и о н н ы й с о в е т с е р и и:
         В. В. Прасолов, А. Б. Сосинский,                         ОБЪЁМЫ
   В. М. Тихомиров (гл. ред.), И. В. Ященко.
                                                               МНОГОГРАННИКОВ
            Серия основана в 1999 году.




                                                                     Рисунки М. Ю. Панова.




                                                                  Издательство Московского центра
                                                             непрерывного математического образования
                                                                           Москва • 2002


УДК 514.113                                                                            Всем старшеклассникам известна формула Герона, выражающая
ББК 22.151                                                                          площадь S треугольника через длины его сторон a, b, c:
    С12
                                                                                                                        S = p(p a)(p b)(p c),
                                                                                              a+b+c
                                  Аннотация                                         где p =         — полупериметр треугольника, a, b, c — длины его
                                                                                                2
            Изложение материала начинается с формулы, выражающей объ-               сторон. Если возвести обе части в квадрат и подставить выражение
       ём тетраэдра через длины его рёбер. Эту формулу можно найти почти            для p, то после упрощения получится формула
       во всех справочниках по математике, но мало кто знает её историю.
                                                                                                                   1
       В брошюре разбираются доказательства этой формулы, принадлежа-                                       S2 =      (2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2       a4 b4 c4 ).
       щие Тарталье (XVI век) и Эйлеру (XVIII век), и даются современные                                           16
       их варианты. Сформулирована и прокомментирована теорема, обоб-
       щающая формулу объёма тетраэдра на любые многогранники и да-                     К сожалению, эта формула не распространяется на многоуголь-
       ющая как простое следствие решение проблемы «кузнечных мехов»,               ники более сложного вида. Рассмотрим, например, квадрат — про-
       утверждающей постоянство объёма изгибаемого многогранника. Да-               стейшую фигуру с четырьмя сторонами длины a. Его площадь рав-
       ются также примеры изгибаемых многогранников.                                на a2 . Однако, если не предполагать, что наш многоугольник являет-
            Текст брошюры представляет собой дополненную обработку за-
       писи лекции для школьников 9—11 классов, прочитанной автором на              ся квадратом, его площадь при тех же длинах сторон может оказаться
       Малом мехмате МГУ 10 марта 2001 года (запись Е. А. Чернышёвой).              совершенно другой, так как площадь произвольного ромба со сторо-
            Брошюра рассчитана на широкий круг читателей, интересую-                ной a может принимать любое значение от 0 до a2 (рис. 1).
       щихся математикой: школьников старших классов, студентов млад-
       ших курсов, учителей.

                          Работа автора над брошюрой частично поддер-
          Р       И       жана Российским фондом фундаментальных                                                                                  a                 l1             l3
                          исследований (РФФИ), грант № 00—06—80437.                                                           a                                               l2
                                                                                        S=    a2        a          S   a2
       Издание осуществлено при поддержке Московской городской Думы                                                                                                  l6
                    и Московского комитета образования.
                                                                                                                                  0   S    a2                            l4         l5

                                                                                                                    Рис. 1                                                Рис. 2
ISBN 5-94057-003-8                                    © Сабитов И. Х., 2002.
                                                      © МЦНМО, 2002.                    Тем самым, формулы, выражающей связь между сторонами мно-
                                                                                    гоугольника и его площадью, не существует.
                                                                                        Оказывается, для многогранников это не так. Существует фор-
                           Сабитов Иджад Хакович.                                   мула, которая даёт возможность найти объём многогранника, если
                            Объёмы многогранников.                                  известны лишь длины его рёбер. Этому замечательному факту и по-
              (Серия: «Библиотека „Математическое просвещение“»).                   священа настоящая брошюра. А сначала покажем, что имеет место
                         М.: МЦНМО, 2002. — 32 с.: ил.                              следующее обобщение формулы Герона —
Редактор Т. А. Карпова.                               Техн. редактор М. Ю. Панов.
                                                                                                             ФОРМУЛА ДЛЯ ОБЪЁМА ТЕТРАЭДРА:
Лицензия ИД № 01335 от 24/III 2000 года. Подписано к печати 7/X 2002 года.
Формат бумаги 60 88 1 /16 .        Офсетная бумага № 1.         Офсетная печать.                    1
                                                                                        V2 =           l2 l2 (l2 + l2 + l2 + l2   l2 l2 ) +
Физ. печ. л. 2,00 + 0,25 (вкл.). Уч.-изд. л. 2,43. Тираж 3000 экз.   Заказ 3425.                   144 1 5 2 3 4 6                 1  5


  Издательство Московского центра непрерывного математического образования.
                                                                                               + l2 l2 (l2 + l2 + l2 + l2 l2 l2 ) + l2 l2 (l2 + l2 + l2 + l2 l2 l2 )
                                                                                                  2 6 1       3    4    5  2  6      3 4 1       2    5    6  3  4
         119002, Москва, Г-2, Бол. Власьевский пер., 11. Тел. 241 05 00.
                                                                                                                                          l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2 l2
                                                                                                                                           1 2 4    2 3 5    1 3 6    4 5 6        (1)
     Отпечатано в ФГУП «Производственно-издательский комбинат ВИНИТИ».
    140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403. Тел. 554 21 86.      (рис. 2).
                                                                                                                                                                                        3


Фрагмент «О пирамидах с четырьмя треугольными основаниями, но с разными    рёбрами» из книги Тартальи, в котором обосновывается способ нахождения высоты
                                                 тетраэдра при известных   длинах его рёбер.
4                                                                                                                                                     5


     Задачу нахождения объёма тетраэдра через длины его сторон пер-                 прямоугольный, следовательно,
вым, по-видимому, решил Пьеро делла Франческа (1420?—1492?)*),
знаменитый итальянский художник эпохи раннего Возрождения.                                                             ad2 hd2 = ah.
Затем эта же задача рассматривалась в книгах «Summa de arith-                       В треугольнике aih мы знаем теперь все стороны: ai, ah и ih = ed.
metica, geometria proportione et proportionalita» (1494) и «Divina                      Опустим в этом треугольнике высоту из a на основание ih, полу-
proportione» (1509) Луки Пачоли. Её решение повторено в энцикло-                    чим точку f (рис. 4). Докажем, что af dbc. Предположим, что осно-
педическом труде «General trattato di numeri et misure» итальянского                вание высоты, опущенной из a на плоскость треугольника dbc, —
математика Никколо Фонтана (1499—1557), более известного и в                        точка o. По теореме о трёх перпендикулярах отрезок oi перпендику-
жизни, и в научной литературе под фамилией Тарталья (Tartaglia по-                  лярен bc, но, так как if bc, точка o должна лежать на прямой if.
итальянски значит «заика»: речь Никколо была затруднена с детства                   А поскольку af if, точки o и f совпадают. Таким образом, af — вы-
вследствие ранения гортани). Вообще история получения формулы                       сота тетраэдра, и мы можем выразить её через известные стороны
объёма тетраэдра через длины его рёбер окончательно ещё не восста-                  треугольника aih.
                                                                                                                                             a
новлена, и само обсуждение этого вопроса в литературе уже имеет                         Так как мы можем найти площадь
свою интересную историю с разными неожиданными открытиями                           основания bcd по формуле Герона, для
и интерпретациями. Для автора брошюры первым доступным тек-                         нахождения объёма V тетраэдра остаётся
стом из упомянутых выше была книга Тартальи, поэтому мы будем                       использовать известную формулу
придерживаться его изложения. Заметим, что все три названных                                           1
автора на самом деле не дали никакой общей формулы вида (1), а                                    V = af S     bcd .             (2)                  h   d
                                                                                                       3
                           решали задачу с конкретными длинами                                                                                    f
                  a                                                                       Теперь, если в доказательстве Тарта- b
                           рёбер (см. на сс. 4—5 воспроизведённый                                                                               i
                                                                                    льи длины рёбер обозначить l1 , l2 , l3 , l4 , l5 ,             e   c
                           оригинальный текст из книги Тартальи,
                                                                                    l6 , после возведения формулы (2) в квадрат             Рис. 4
                           из рисунка в котором видно, с какими
                           значениями длин рёбер он работал).                       получится в точности формула (1).
                                Разберём подробно доказательство                          Однако в рассуждении Тартальи основные используемые им гра-
                    h    d Тартальи, сохранив обозначения его ри-                   ни тетраэдра — треугольники abc и dbc — имели при общем основа-
                           сунков. Пусть дан тетраэдр с вершинами a,                нии bc острые углы, поэтому необходимо обобщить его доказатель-
b                          b, c, d. Опустим на ребро bc перпендикуля-               ство на случай произвольных граней. Также не разобран случай, ко-
               i     e c
                           ры ai и de (в плоскостях треугольников abc                                         гда точки e и i совпадают (рис. 5). Давайте
           Рис. 3                                                                                    a
                           и dbc соответственно, рис. 3). Заметим, что                                        сначала разберём этот простой случай. Точ-
                           длины высот ai и de мы можем выразить                                              ка h совпадает с d, следовательно, основание
через известные величины (длины рёбер). Проведём через точку i                                                высоты af попадает на ed. Вместо треуголь-
прямую, параллельную ed, а через точку d — прямую, параллельную                                               ника aih рассмотрим треугольник aed, и так
ei, и в их пересечении получим точку h. Докажем, что прямая dh пер-                                        d  же, как и выше, найдём объём.
пендикулярна плоскости треугольника aih. Отрезок ei принадлежит
основанию треугольников abc и dbc, поэтому ai ei, de ei. Так как
ih ed, то ei ih. Получается, что отрезок ei перпендикулярен двум                    b
                                                                                                   e       c
                                                                                                                   Итак, рассмотрим общий случай. Возь-
прямым, принадлежащим плоскости aih, следовательно, ei aih, а                                                  мём треугольник ABC. Опустим высоту из
                                                                                               Рис. 5
поскольку dh ei, получаем, что dh aih. В треугольнике adh мы                                                   вершины A на противоположную сторону
знаем ad (это ребро тетраэдра) и hd = ei (это противолежащие стороны                                           BC, получим точку H. Высота в треугольни-
в прямоугольнике), а ei мы можем найти, поскольку знаем стороны                     ке может падать как на сторону, так и на её продолжение (рис. 6). Что-
и высоты треугольников abc и dbc. Кроме того, треугольник adh                       бы не заботиться о том, где она находится по отношению к точкам B
                                                                                    и C, воспользуемся методом координат. Пусть начало системы коор-
   *) На самом деле по поводу годов его рождения и смерти разные исследователи
высказывают разные мнения, сходясь лишь в том, что он родился в начале и умер в
                                                                                    динат совпадает с точкой C, а оси сонаправлены с векторами CB и HA
конце XV века; здесь мы привели даты его жизни по 3-му изданию БСЭ, т. 21 (1975),   (рис. 7). Точки A, B, C и H имеют следующие координаты: (x, h), (a, 0),
стр. 276.                                                                           (0, 0), (x, 0) (стороны треугольника a, b и c нам известны, h — его
6                                                                                                                                                         7


высота, её мы можем найти по формуле h = 2S/a, в которой площадь S                                                    сторону BC. Таким образом, формулой (3) действительно охватыва-
вычисляется по формуле Герона; нам неизвестна только величина x).                                                     ются все случаи.
                                                                                                                          Вернёмся к доказательству Тартальи. На рис. 4 в обозначениях
                  A                                        A          A                                               вершин изменим «малые» буквы на соответствующие «большие» (так
                                                                                                                      как сейчас буквы a, b, c заняты в (3) для обозначе-
                                                                                                                                                                          y  A       а)
                                                                                                                      ния длин сторон). Применим формулу (3) к тре-
                                                                                                                      угольникам ABC и DBC, расположив для каждо-
                                                                                                                      го из них систему координат так, как показано
      C           H               B      C       B         H          H                        C            B                                                                        x
                                                                                                                      на рис. 9, а, б:
                                                      Рис. 6                                                                                                                        B       I         C
                                                                                                                                 AB2 + BC2 AC2             DB2 + BC2 DC2
                                                                                                                          xI =                 ,    xE =                 .
     Поскольку треугольники AHC и AHB являются прямоугольными                                                                         2BC                       2BC                     y       D         б)
с прямыми углами при вершине H, по теореме Пифагора AC2 = AH2 +                                                       Поскольку в пространстве точки E и I лежат на
                          + HC2 и AB2 = AH2 + HB2 или                                                                 одной оси, являющейся осью абсцисс в каждой
  y
        A                     b2 = h2 + x2     и    c2 = h2 + (x a)2 .                                                плоскости, и начала отсчёта совпадают, коорди-                   x
                          Преобразуем второе из этих равенств к виду                                                  наты xE и xI однозначно определяют положение B             E   C
    b           c                      x2 2ax + a2 + h2 = c2 ,                                                        точек E и I на прямой BC. Как и раньше, постро-        Рис. 9
                                                                                                                      им IH DH. Также, как и в доказательстве Тар-
                          и подставим в получившееся равенство зна-
                        x                                                                                             тальи, точка F попадает на прямую IH. Опять же, если мы будем
                          чение x2 , равное b2 h2 . Получим
C       H         B(a, 0)                                                                                             знать стороны треугольника AIH, то легко найдём AF. Значит, оста-
                               (b2 h2 ) 2ax + a2 + h2 = c2 , т. е.                                                    лось найти AH, причём, так как треугольник ADH прямоугольный,
         Рис. 7
                                         b2 + a2 c2 = 2ax.                                                            достаточно найти DH2 = (xE xI )2 . Получается, что метод Тартальи
Отсюда находим x:                                                                                                     с указанными сейчас поправками проходит для любого тетраэдра.
                                                     a2 + b 2 c 2                                                         Некоторым ревностным ценителям геометрической чистоты при-
                                             x=                   .                                             (3)
                                                         2a                                                           менённый выше метод координат может и не понравиться, как нечто
    Мы получили формулу, определяющую положение основания                                                             искусственное, приводящее к результату формальными вычислени-
высоты. Если треугольник тупоугольный (например, если угол B                                                          ями, а не геометрическими построениями. Действительно, оказыва-
тупой), то b2 a2 + c2 (рис. 8, а), и тогда                                                                            ется, метод Тартальи можно «оправдать» и без применения какого-
                                      a2 + b 2 c 2      a2 + a2 c 2 + c 2                                             либо нового рассуждения. Что было в нём важным? Достаточно бы-
                              x=                                          = a,                                        ло иметь две грани, у которых при общем ребре нет ни одного не-
                                          2a                   2a
т. е. абсцисса x больше a, и точка H попадает за вершину B. Если                                                      острого плоского угла (на рисунке Тартальи таким было ребро bc).
                                                                                                                      Но известно, что такое свойство верно для любого многогранника с
              y                         а)                                             y               б)             треугольными гранями. Действительно, если взять ребро наиболь-
                                  A                    A                                                              шей длины, то обе прилегающих к нему грани будут иметь при этом
                                                                                                                      ребре острые углы, иначе нашлось бы ребро длины большей, чем рас-
                      b       c                                 b              c
                                                                                                                      сматриваемое. Значит, в любом тетраэдре мы можем найти ребро,
                                        x                                                              x
                                                                                                                      для которого построения Тартальи приводят к рис. 3 с ребром bc.
          C       a       B       H                      H                         C       a       B
                                                      Рис. 8                                                              Прошло почти двести лет, прежде чем Леонард Эйлер в 1752 году
тупым является угол при вершине C, то                                     c2       a 2 + b2    (рис. 8, б), и         провёл вычисление объёма тетраэдра уже не для конкретных число-
                                                                                                                      вых значений длин рёбер, а в буквенных обозначениях*). Вот его
                                 a2 + b 2 c 2           a2 + b 2 a2 b 2
                              x=                                        = 0,                                          рассуждения.
                                     2a                         2a
т. е. точка H лежит слева от вершины C. Если углы B и C острые, то                                                      *) Впервые формула для объёма тетраэдра с буквенными обозначениями длин рёбер
c2 a2 + b2 , b2 a2 + c2 , тогда 0 x a, и точка H попадает как раз на                                                  была получена, по-видимому, лет за сто до Эйлера, но мы не можем дать точных ссылок.
8                                                                                                                                                                                                         9


    Обозначим известные длины рёбер: AB = a, AC = b, BC = c, AD = d,                                Однако и рассуждения Эйлера зависят от конкретного вида тетра-
BD = e, CD = f.                                                                                эдра и его граней. Их следует уточнить, так как, например, точка O —
    В треугольнике ADC опустим из D перпендикуляр на ребро CA,                                 основание высоты из вершины D — может быть вне треугольника
получим точку Q; перпендикуляр из той же точки D в плоскости ABD                               ABC (а существуют такие тетраэдры, у которых высота из к а ж-
на ребро AB даст точку P (рис. 10). Из точек Q и P в плоскости тре-                            д о й вершины падает в точку вне треугольника в соответствующем
угольника ABC восстановим перпендикуляры к сторонам AC и AB со-                                основании), точки Q и P могут лежать на продолжениях сторон тре-
ответственно. Точку их пересечения обозначим                                                   угольника ABC, и тогда точки O и S будут лежать вне треугольника;
через O (рис. 11); отрезок DO окажется высотой                 C                               кроме того, если a 90◦ , то формула для PO будет неверной, так как
тетраэдра (рис. 12), т. е. DO ABC (это следует                                                 PO — длина, т. е. положительна, а tg a 0.
из теоремы о трёх перпендикулярах). Поэтому                                                         Приведём доказательство Эйлера в общем виде, не зависящее от
                                                      Q
треугольник AOD — прямоугольный, и DO =                           D
                                                                                               того, какие углы в треугольниках: тупые или острые.
= AD2 AO2 . Таким образом, чтобы найти DO,                                                          В плоскости треугольника ABC отметим точку D такую, что
необходимо вычислить длину отрезка AO.                                                         AD = AD, CD = CD. Для нахождения точки D достаточно мысленно
                                                A                                              повернуть грань ACD вокруг прямой AC до положения, когда ACD
    Длины отрезков AP и AQ мы можем найти                     P  B
из треугольников ABD и ACD. Используя фор-              Рис. 10                                окажется на плоскости основания ABC. Таких положений два; вы-
мулу (3), получаем:                                                                            берем то положение, когда вершина D попадёт в точку, лежащую
                                                                              C                с той же стороны, что и вершина B. Эту точку и отметим как D . Вве-
                     a2 + d 2 e 2            b2 + d2 f 2
         AP =                     ,   AQ =               .                                     дём теперь систему координат с началом в вершине A и с осью абсцисс
                         2a                       2b
                                                                                               вдоль ребра AB (рис. 13). Когда мы уточняли доказательство Тарта-
Из прямоугольного треугольника APO имеем                                 Q                     льи, то вычислили координаты точки C,
(см. рис. 11): AO = AP2 + PO2 . Длина AP извест-                                  O            поэтому будем считать, что координаты            y
на, нужно найти PO. Рассмотрим прямоуголь-                               a                     C(xC , yC ) нам известны. А координаты y                      Q
                                                                                                                                                Q
ный треугольник AQS:                                                 A           P   S   B     точки Q(xQ , yQ ) (основания перпендику-
                                   AQ                                        Рис. 11           ляра, опущенного из D на AC) надо                                D
     QS = AQ tg a,           AS =       ,    PS = AS AP,                                       найти. Заметим, что построенная таким yC
                                                                                                                                                       C
                                  cos a
где a = ∠BAC. Прямоугольные треугольники AQS и OPS подобны по                                  образом точка Q совпадает с точкой Q из
                                                                                                                                                    b         a
двум углам, поэтому отношения соответствующих сторон равны:                                    доказательства Эйлера. Чтобы убедиться
                                                                                                                                                         h
                                                                                               в этом, повернём треугольник ACD во-
                                                               QS AQ AS                                                                                   c         x
                 D                                               =  =   .                      круг прямой AC, чтобы он принадлежал
                                                               PS PO OS                                                                         A      xC xQ      B
                                                                                               плоскости ABC. При этом точка D зай-
                                          Следовательно,                                       мёт положение D , а перпендикуляр DQ                     Рис. 13
                                                 PS AQ    PS     AS AP                         перейдёт в D Q.
                                          PO =         =      =          =
                                                  QS     tg a      tg a                             Координаты точек прямой AC определяются уравнением y = kx,
                                                             AQ         AP   AQ        AP      где k = tg a, поэтому yQ = kxQ и yC = kxc . Следовательно,
         C                                             =                   =               .
     Q               O                                    cos a tg a tg a sin a       tg a
A                                         Величины AQ и AP известны, вычислим                          AQ2 = x2 + k2 x2
                                                                                                              Q       Q     и     CQ2 = (xQ xC )2 + k2 (xQ xC )2 .
             P                        B
                                          sin a. Площадь треугольника ABC равна                Поскольку угол AQD прямой,
             Рис. 12
                                                     1              1
                                                       AC AB sin a = ab sin a,                                        AQ2 + QD 2 = AD 2 , т. е.
                                                     2              2
но её мы можем узнать из формулы Герона, следовательно,                                                               x2 + k2 x2 + QD 2 = AD 2 ,
                                                                                                                       Q       Q                                     (4)
                                                    2S ABC                                     аналогично,
                                          sin a =          .
                                                      ab
Теперь, если проделать все оставшиеся вычисления, получится фор-                                                       CQ2 + QD 2 = CD 2 , т. е.
мула (1).                                                                                                       (xQ   xC )2 + k2 (xQ xC )2 + QD 2 = CD 2 .           (5)
10                                                                                                                                                                   11


Вычтем (5) из (4), получится                                                       из вершины O, в одном случае обход получается по часовой стрел-
   2xQ xC x2 + 2k2 xQ xC k2 x2 = AD 2 CD 2 = AD2 CD2 = d2 f2 ,                     ке, в другом случае — против часовой стрелки. Пусть наш тетраэдр
             C               C
                                                                                   ориентирован, т. е. задано направление, в котором обходятся верши-
                                   1            d2 f 2                             ны основания. Будем считать, что, если обход
                            xQ = xC +                       .
                                   2          2xC (1 + k2 )                        по часовой стрелке, то ориентированный объём                 O

    Далее, рассмотрев треугольник DAB, по формуле (3) мы можем                     тетраэдра меньше нуля, если против часовой
вычислить абсциссу xP точки P в нашей системе координат. Таким                     стрелки — больше, а по модулю он равен обыч-
образом, координаты P(xP , 0) нам тоже известны.                                   ному объёму.                                                     3
    Абсцисса точки O пересечения перпендикуляров, восстановлен-                         Теперь перейдём к многогранникам с боль-
ных в плоскости ABC к AB в точке P и к AC в точке Q, равна xO = xP .               шим числом вершин. Пусть есть некоторое 1
Чтобы определить её ординату yO , найдём уравнение прямой OQ. По-                  множество плоских треугольников и указано,
скольку эта прямая перпендикулярна прямой AC, её угловой коэффи-                   какие стороны каких треугольников склеива-                    2
                1                                                                  ются (отождествляются) друг с другом. При                    O
циент равен       , где k — угловой коэффициент AC. Воспользовавшись               склеивании соблюдаются следующие правила:
                k
тем, что Q принадлежит рассматриваемой прямой, запишем оконча-                          1) отождествление проходит по всей сто-
тельное уравнение:                                                                 роне, так что склеиваются стороны равной
                                       1                                           длины, и при этом указываются также отожде-                      3
                             y=          (x    xQ ) + yQ .
                                       k                                           ствляемые вершины;
Подставим в это уравнение x = xO = xP и получим yO :                                    2) каждая сторона является общим ребром 1
                                                                                   только двух треугольников, и два треугольника                 2
                                       1                                           могут приклеиваться только по одной стороне;
                            yO =         (x     xQ ) + yQ .                                                                              Рис. 14
                                       k P                                              3) треугольники, которые после склеива-
Теперь можно получить выражение для высоты DO тетраэдра:                           ния имеют одну общую вершину A, можно перенумеровать в некото-
                                                                                   ром порядке так, что каждый следующий имеет с предыдущим об-
                  DO = AD2 AO2 = d2 x2 y2 ,
                                        O   O                                      щую сторону, исходящую из A. Последний же имеет общую сторону
в которой все величины выражаются через длины рёбер.                               с предпоследним и первым (число треугольников, имеющих общую
    Таким образом, мы доказали формулу (1), и теперь можем вы-                     вершину A, должно быть не меньше чем 3).
числять объём тетраэдра, зная лишь длины его рёбер. А можно ли                          Множество треугольников с некоторым указанным законом скле-
вычислить                                                                          ивания, удовлетворяющим правилам 1)—3), называется развёрткой,
                                                                                   а закон склеивания или отождествления вершин и сторон треугольни-
              ОБЪЁМ ПРОИЗВОЛЬНОГО МНОГОГРАННИКА,                                   ков называется комбинаторным строением развёртки. Таким обра-
                                                                                   зом, комбинаторное строение развёртки можно задать списком всех
зная лишь длины его рёбер? Оказывается, можно, правда, многогран-                  треугольников и всех отождествляемых вершин и сторон. Для крат-
ник должен быть специального вида, а именно, он должен быть ори-                   кости будем обозначать этот список одной буквой K и будем гово-
ентируемым (позже мы уточним, что это означает), а все грани долж-                 рить, что развёртка имеет комбинаторное строение K. Многогранник
ны быть треугольниками*). Далее нам понадобятся некоторые новые                    с комбинаторным строением K получается склеиванием развёртки.
понятия и определения. Прежде всего определим, что такое «объ-                     Для этого достаточно совместить те вершины треугольников, кото-
ём ориентированного тетраэдра». Перенумеруем вершины его осно-                     рые должны перейти в одну вершину многогранника согласно K,
вания числами 1, 2, 3 (рис. 14). Эти вершины можно обойти двумя                    и склеить треугольники по сторонам, которые согласно K должны
способами: либо 1 2 3, либо 1 3 2. Если смотреть на основание                      перейти в одно ребро многогранника. При таком склеивании полу-
                                                                                   чается многогранник P(K) с комбинаторным строением K, гранями
   *) Если у многогранника есть грань с числом рёбер, большим чем 3, разобьём её   которого являются треугольники нашей развёртки.
на треугольники (например, диагоналями) так, чтобы вершинами получившихся тре-
угольников были только вершины граней. Будем считать, что эти треугольники —
                                                                                        Заметим, что по внешнему виду такая конструкция может силь-
грани многогранника, принадлежащие одной плоскости, а их стороны — рёбра много-    но отличаться от привычных нам форм многогранников. Сравни-
гранника (и, тем самым, нам известны их длины).                                    те, например, октаэдры рис. 15, а, б: они оба имеют одно и то же
12                                                                                                                                                 13


комбинаторное строение. В P(K) могут быть самопересечения (как,                    то надо иметь в виду, что ориентируемость или неориентируемость
например, в октаэдре рис. 15, б).                                                  развёртки не зависит от длин сторон треугольников, поэтому их мож-
    С первого взгляда не ясно, что же называть объёмом такого                      но выбирать произвольно, «подгоняя»
сложного объекта. Поэтому сначала надо обобщить понятие объёма.                    треугольники один к другому. Но,                C3      C3
                             Пусть комбинаторное строение развёртки                конечно, всё равно останутся отожде-
               N        таково, что она может быть ориентирована,                  ствляемые стороны, расположенные
а)                                                                                                                                     C1
                        т. е. границу каждого плоского треугольника                не вместе, иначе весь многогранник          C4              C2
                   C    можно обойти так, чтобы общие рёбра любых                  реализовался бы на плоскости.
A                       двух соседних треугольников проходились
                        бы в противоположных направлениях. Про                         B1        B2        B3        A        C1
                                                                                                                                       C2                                C4
       B                такие треугольники говорят, что они ори-                                                                                 A             B1
                 D
                        ентированы согласованно. Ориентацию же
                        граней многогранника P(K) мы определяем,
                                                                                            C1        C2        C3       B1                 C2         C3           C4
        S               сохраняя при склеивании развёртки пра-                     A
                        вила обхода треугольников. Многогранник,                                      Рис. 16                                        Рис. 17
        S      N
б)                      который можно ориентировать, называется
                        ориентируемым многогранником, в против-                        Пусть у нас есть ориентированный многогранник. Выберем в про-
                   C    ном случае он называется неориентируемым.                  странстве точку O и к каждой грани «пристроим» тетраэдр с верши-
A                            Развёртки «большинства» известных                     ной в точке O (рис. 18, здесь тетраэдр «пристроен» к грани ABC).
                        многогранников, например, всех правильных                  Для каждого тетраэдра определён ориентированный объём. Обобщён-
     B           D      многогранников и вообще всех выпуклых                      ным объёмом ориентированного многогранника назовём сумму этих
         Рис. 15        многогранников*), являются ориентируемы-                   объёмов тетраэдров. Используя понятие смешанного произведения
                        ми. Но существуют и неориентируемые раз-                   векторов, можно показать, что значение этого обобщённого объёма
вёртки. На рис. 16 приведена неориентируемая развёртка, соот-
                                                                                                                                                     O
ветствующая многограннику с краем (в данном случае это лист
Мёбиуса); край состоит из рёбер, к которым примыкает только                                                               A
одна грань. Определите край развёртки и проверьте, что если для
треугольника AB1 C1 дан обход в направлении от A к B1 , то при скле-                                                               C
ивании сторон с одинаковыми обозначениями вершин сторона AB1
в треугольнике AB1 C3 обходится в том же направлении, что и AB1
в треугольнике AB1 C1 , а по правилу согласованной ориентации общие
рёбра двух соседних треугольников должны обходиться в противо-
положных направлениях. (Как показать, что это свойство наличия
                                                                                                                                       B
несогласованной ориентации не зависит от того, в каком треуголь-
нике сделан начальный выбор ориентации?) На рис. 17 приведён                                                             Рис. 18
пример неориентируемой развёртки замкнутого многогранника (т. е.
многогранника без края). Проверьте, что это множество треуголь-                    не зависит от выбора точки O (для этого и нужно требование об ориен-
ников действительно удовлетворяет перечисленным выше условиям                      тируемости многогранника). Заметим, что, если мы выберем точку O
определения развёртки и что на этой развёртке действительно не-                    внутри выпуклого многогранника, то объёмы всех тетраэдров будут
льзя ввести согласованные ориентации всех треугольников. Если                      одного знака, и обобщённый объём в данном случае будет совпадать
вы будете пытаться расположить треугольники на плоскости так,                      по модулю с обычным объёмом. Оказывается, этот факт верен для
чтобы склеиваемые треугольники имели на рисунке общую сторону,                     любого многогранника без самопересечений.
   *) Конечно, формально, их надо триангулировать, т. е. разбить диагоналями все
                                                                                       Найдём объём v многогранника, у которого пять вершин. Про-
нетреугольные грани на треугольники, но существует и другое определение ориенти-   ведём сечение ACE и получим два тетраэдра (рис. 19, а, б). Объём v
руемости, пригодное для развёрток и с нетреугольными гранями.                      равен либо сумме, либо разности объёмов v1 и v2 тетраэдров ABCE
14                                                                                                                                                                       15


и ACDE. Для обобщённых объёмов можем записать                                           рёбер рассматриваемого многогранника, когда уравнение (6) имеет
                                       V = V1 V2                                        два р а з н ы х корня V 2 , соответствующие двум реально существу-
                                                                                        ющим в пространстве многогранникам ABCDE с разными объёмами.
( V = v, V1 = v1 , V2 = v2 ). Преобразуем это выражение так, чтобы уда-                 Это значит, что для объёма ABCDE не может существовать многочле-
лось избавиться от знаков . Сначала возведём равенство в квадрат:                       на степени меньше чем 4 (так как с учётом изменения ориентации
                                                              2    2
                                                       V 2 = V1 + V2 2V1 V2 ,           имеем четыре разных обобщённых объёма), т. е. уравнение (6) явля-
                 A                     A
                                                                                        ется уравнением н а и м е н ь ш е й степени, которому удовлетворяют
                                                                          2    2
                                                затем перенесём члены V1 и V2           объёмы всех возможных расположений многогранника ABCDE в про-
                                                в левую часть и после повторного        странстве, при условии, что длины рёбер остаются без изменения.
                                                возведения в квадрат для V полу-            Оказывается, и в общем случае можно показать, что обобщённые
                     C         D                чим уравнение                           объёмы многогранников — корни полиномиальных уравнений с ко-
                          D                 C
                                                       2   2         2  2
                                                V 4 2(V1 +V2 )V 2 +(V1 V2 )2 = 0. (6)   эффициентами, которые не зависят от расположения вершин много-
B                         B                                                             гранника в пространстве, а представляют собой многочлены от ква-
             E       а)            E       б)    2    2
                                       Так как V1 и V2 выражаются по                    дратов длин его рёбер. Числовые коэффициенты этих многочленов
                     Рис. 19           формуле (1) через длины рёбер ис-                определяются комбинаторным строением многогранника, т. е. у мно-
                                       ходного многогранника, все ко-                   гогранников с одинаковым комбинаторным строением уравнение для
эффициенты уравнения (6) зависят только от квадратов длин рёбер                         обобщённого объёма одно и то же.
многогранника. Получаем, что объём любого многогранника вида                                В окончательном виде обощение формулы (1) на объём произволь-
ABCDE с данными длинами рёбер обязательно удовлетворяет урав-                           ного многогранника даёт
нению вида (6).                                                                             Основная теорема. Пусть P — множество всех многогранников,
     Рассмотрим несколько частных случаев.                                                имеющих одинаковое комбинаторное строение K и одинаковый на-
     I. Пусть объёмы тетраэдров ABCE и ADCE равны: V1 = V2 . Тогда                        бор длин рёбер l1 , …, ln , где n — число рёбер. Тогда можно указать
имеем два возможных расположения этих тетраэдров: 1) они находят-                         многочлен
ся по разные стороны от плоскости ACE; тогда объём многогранника                                        Q(V) = V 2N + a1 V 2N   2
                                                                                                                                    + … + aN 1 V 2 + aN ,   (7)
ABCDE равен с у м м е объёмов составляющих его тетраэдров, что
                                 2
соответствует корню V 2 = 4V1 и V = 2V1 (знак зависит от выбора ори-                     такой что обобщённый объём каждого многогранника из P являет-
ентации, при соглашении, что через V1 обозначен геометрический,                          ся корнем этого многочлена. Коэффициенты ai , 1 i N, сами явля-
т. е. положительный объём тетраэдра); 2) тетраэдры расположены                           ются многочленами от l2 , …, l2 с числовыми коэффициентами, за-
                                                                                                                 1     n
по одну сторону от плоскости ACE и тогда при вычислении объёма                           висящими лишь от комбинаторного строения K.
ABCDE объёмы тетраэдров должны вычитаться, что соответствует                                Мы не можем, конечно, дать здесь хотя бы краткое изложение
корню V 2 = 0.                                                                          доказательства основной теоремы, заметим лишь, что оно конструк-
     II. V2 = 0, т. е. тетраэдр ADCE вырождается в область на плоскости                 тивное и проводится методом индукции по числу вершин и по топо-
и вершина D расположена на плоскости ACE. Тогда объём многогран-                        логическому роду многогранника.
ника ABCDE равен объёму тетраэдра ABCE (с точностью до ориента-                             Базой индукции служит формула (1) для объёма тетраэдра. Алго-
ции), и этот факт согласуется с решением уравнения (6):                                 ритм построения многочлена (7) неоднозначен, т. е. на каждом шаге
           2        4                    2                        2                     построения есть выбор следующего шага, поэтому таких многочле-
     V 4 2V1 V 2 + V1 = 0          (V 2 V1 )2 = 0          V 2 = V1       V = V1 .      нов вида (7) можно построить, вообще говоря, очень много. По той же
    III. V1 = 0, V2 = 0. Оба тетраэдра ABCE и ADCE вырождены и весь                     причине мы не можем сказать, чему равна наименьшая степень таких
многогранник ABCDE расположен на одной плоскости ACE (если тре-                         многочленов (7).
угольник ACE не вырождается в отрезок) и его объём поэтому равен                            Рассмотрим некоторые
нулю, что согласуется с получаемым в этом случае уравнением V 4 = 0.
    Таким образом, мы видим, что во всех рассмотренных случаях                                                         ПРИМЕРЫ,
объём многогранника ABCDE непременно является корнем соответ-
ствующего уравнения (6). Кроме того, заметим, что уравнение (6)                         иллюстрирующие утверждение основной теоремы о многочлене для
всегда имеет не более, чем два корня V 2 и есть такие значения длин                     объёма многогранников.
16                                                                                                                                                          17



    
Яндекс цитирования Яндекс.Метрика