ЭКСТРЕМАЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

Экстремальными задачами называют задачи на нахождение наибольших и наименьших значений. Эти задачи имеют большое значение, как для математики, так и для ее приложений.

Здесь мы рассмотрим некоторые классические экстремальные задачи. Часть из них содержится в учебнике: И.М.Смирнова, В.А.Смирнов. Геометрия. Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Просвещение, 2002, Мнемозина, 2005.

Начнем с простых задач.

Задача 1. Дана прямая c и точка A, ей не принадлежащая. На прямой c найдите точку C, для которой расстояние AC наименьшее. Существует ли точка D на прямой c, для которой расстояние CD наибольшее?

Решение. Искомой точкой C является основание перпендикуляра, опущенного из точки A на прямую c (рис. 1). Действительно, для любой другой точки C’, принадлежащей прямой c отрезок AC’ будет наклонной и, значит его длина AC’ будет больше длины перпендикуляра AC. Точки D, для которой расстояние CD наибольшее, не существует.

Задача 2. Дана окружность с центром в точке O и радиусом R. Точка A, расположена вне этой окружности. На данной окружности найдите точки C и D, для которых расстояние AC наименьшее, а расстояние CD наибольшее.

Решение. Искомыми точками будут точки пересечения прямой AO с окружностью (рис. 2). Действительно, для точки D’ окружности, отличной от D, имеем: AD = AO + OD = AO + OD’ > AD’. Аналогичным образом доказывается, что для любой точки C’ окружности, отличной от C имеет место неравенство AC < AC’. Сделайте это самостоятельно.

Рассмотрим теперь более трудную задачу.

Задача 3 (задача Герона). Дана прямая с и две точки А и В, лежащие от нее по одну сторону. Требуется найти такую точку С на прямой c, чтобы сумма расстояний АС + СВ была наименьшей.

Решение. Если бы точки A и B лежали по разные стороны от прямой c (рис. 3,а), то искомой точкой C была бы точка пересечения отрезка AB и прямой c. Действительно, для любой другой точки C’ прямой c будет выполняться неравенство AC + CB = AB < AC’ + C’B и, следовательно, сумма AC + CB будет  наименьшей. Пусть теперь точки A и B лежат по одну сторону от прямой c (рис. 3,б). Идея нахождения искомой точки C состоит в замене точки B на точку B’, симметричную B относительно прямой c. Тогда для любой точки C прямой c расстояния CB и CB’ будут равны. Поэтому сумма АС’ + С’В будет наименьшей тогда и только тогда, когда наи­меньшей будет равная ей сумма АС’ + С’В'. Как мы установили последняя сумма является наи­меньшей в случае, если точки А, В', С’ лежат на одной прямой, т.е. ис­комая точка С является точкой пересечения отрезка АВ' с прямой с.

Полученная точка С обладает тем свойством, что углы, образованные прямыми АС и СВ и прямой с, равны. Действительно, Ð1 = Ð2, как соответствующие углы в равных треугольниках BHC и B’HC, Ð2 = Ð3, как вертикальные углы. Следовательно, Ð1 = Ð3.

Из этого равенства можно вывести закон отражения света. А именно, известно, что луч света распространяется по кратчайшему пути. Поэтому, если луч света исходит из точки A, отражается от прямой c и приходит в точку B, то точка C будет точкой отражения и, таким образом, имеет место закон отражения света: угол падения светового лу­ча равен углу отражения.

Развитием задачи Герона является следующая задача.

Задача 4. Внутри угла со сторонами a и b дана точка C. Требуется найти такие точки A и B на сторонах этого угла, чтобы периметр треугольника ABC был наименьшим.

Решение. Метод решения этой задачи аналогичен предыдущему. А именно, обозначим через C’, C” точки симметричные точке C соответственно, относительно прямых a, b (рис. 4,а). Пусть A и B – точки пересечения прямой C’C” со сторонами угла. Тогда CA + AB + BC = C’A + AB + BC” = C’C”. Для любых других точек A’, B’ на сторонах угла имеем: CA’ + A’B’ + B’C = C’A’ + A’B’ + B’C” > C’C”. Последнее неравенство выполняется так как длина ломаной больше длины отрезка, соединяющего ее концы. Поэтому точки A и B являются искомыми точками, для которых длина соответствующей ломаной наименьшая.

Выясним, в каком случае решение задачи существует. Дело в том, что прямая C’C” может не пересекать стороны угла. Обозначим через O вершину угла и соединим ее отрезками с точками A, B и C (рис. 4,б). Тогда ÐC’OH’ =Ð COH’, ÐC”OH” = ÐCOH” и, следовательно, ÐC’OC” = 2ÐH’OH”.

Если данный угол острый, то угол C’OC” меньше развернутого и, следовательно, прямая C’C” пересекает стороны угла и, значит, задача имеет решение.

Если данный угол прямой, то угол C’OC” – развернутый и, следовательно, прямая C’C” проходит через вершину O угла. В этом случае задача не имеет решения. Какие бы точки A и B на сторонах угла мы не взяли существуют точки A’, B’, для которых периметр соответствующего треугольника меньше (рис. 4,в).

Если данный угол тупой, то угол C’OC” – больше развернутого и, следовательно, прямая C’C” не имеет общих точек со сторонами угла. В этом случае задача также не имеет решения. Какие бы точки A и B на сторонах угла мы не взяли, существуют точки A’, B’, для которых периметр соответствующего треугольника меньше (рис. 4,г).

Задача 5. Луч света падает на одну сторону угла (рис. 5). Нарисуйте траекторию луча, после отражения его от сторон угла.

Ответ. Искомая траектория показана на рисунке 6. Отраженный от стороны b луч имеет направление противоположное и параллельное направлению падающего луча.

Заметим, что каким бы ни было направление падающего луча света направление отраженного луча всегда будет противоположным и параллельным исходному. Это свойство луча света используется в уголковых отражателях света, которые, в отличие от зеркального отражателя, всегда отражают свет в направлении противоположном исходному (рис. 7).

Задача 6. Может ли бильярдный шар после удара отразиться от двух соседних бортов и пройти через исходную точку: а) в прямоугольном бильярде; б) в треугольном бильярде (рис. 8)?

Ответ. а) Нет; б) да.

Задача 7. Нарисуйте траекторию бильярдного шара, при которой, отразившись от трех бортов прямоугольного бильярда, он возвращается в исходную точку.

Решите эту задачу самостоятельно.

Рассмотрим еще одну классическую экстремальную задачу.

Задача 8. В данный остроугольный треугольник вписать треугольник наименьшего периметра.

Решение. Пусть ABC – данный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки D, E, F, для которых периметр треугольника DEF был бы наименьшим. Зафиксируем сначала точку D и будем искать точки E и F, для которых периметр треугольника DEF наименьший (при данном положении точки D).

Эта задача аналогична задаче 4. Поэтому для нахождения точек E и F нужно рассмотреть точки D’ и D” симметричные точке D относительно прямых AC и BC, провести прямую D’D” (рис. 9). Искомыми точками E и F будут точки пересечения этой прямой со сторонами AC и BC треугольника ABC.

Будем теперь менять положение точки D, и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника DEF наименьший. Для этого рассмотрим треугольник D’D”C. Так как прямая D’C симметрична DC относительно AC, то D’E = DE, D’C = DC и ÐD’CA =ÐDCA. Аналогично, D”F = DF, D”C = DC и ÐD”CB = ÐDCB. Следовательно, треугольник D’D”C равнобедренный. Его боковая сторона равна CD. Основание D’D” равно периметру p треугольника DEF. Угол D’CD” равен удвоенному углу ACB треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки D.

В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра p достигается в случае наименьшего значения CD. Это значение принимается в случае, если CD является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой D на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C.

Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку D, а точку E или точку F и получили бы, что E и F являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC.

Из этого следует, что искомым треугольником DEF, наименьшего периметра, вписанным в данный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC.

 Задача 9. Найдите путь по поверхности куба ABCDA₁B₁C₁D₁, из вершины A в вершину C₁ наименьшей длины (рис. 10).

Решение. Рассмотрим развертку трех граней куба (рис. 11). Путь по поверхности куба перейдет в путь по развертке. Ясно, что наименьшая длина достигается в случае, если путь представляет собой отрезок, соединяющий точки A и C₁. Этот путь проходит через середину ребра A₁B₁. Если ребро куба равно 1, то длина кратчайшего пути равна . Заметим, что найденный кратчайший путь не единственен. Такую же длину имеют пути, проходящие через середины ребер BB₁, BC, CD, DD₁ и A₁D₁.