В поисках истинного треугольника icon

В поисках истинного треугольника



НазваниеВ поисках истинного треугольника
Дата конвертации27.08.2012
Размер210.91 Kb.
ТипИсследование

В поисках истинного треугольника

(квазиматематическое исследование)


Вместо предисловия

Ранее я уже касался этой темы в эссе "Самый асимметричный треугольник". Были предложены медианная, биссектрисная и высотная меры асимметричности. Однако, искомое отношение длин сторон треугольника не было найдено. Этот отрицательный результат побудил меня взяться за проблему поиска самого асимметричного треугольника более серьезно и глубоко. Данная статья из области занимательной математики; впрочем, философская публика, думаю, будет вполне удовлетворена (прежде всего постановкой вопроса). Стилистика текста частично подсказана http://ega_math.narod.ru.


^ Лирическое отступление первое

Представлялся ли читателю в воображении треугольник? Если нет, то мысленно сделайте это и попробуйте его описать. Каков же из себя самый захудалый, валяющийся на задворках нашего подсознания со школьных времен треугольник «вообще»? Среди моря наших субъективных ответов попытаемся получить сухой, рациональный и потому объективный вывод. Логика подсказывает такую, в первом приближении, формулировку:


Найти такое отношение сторон треугольника, который, будучи предъявлен, вызовет положительную эмоцию при совпадении с мысленным образом треугольника «вообще».


Может показаться неожиданным, но этот вопрос успешно разрешен для прямоугольника. Рассмотрим прямоугольник с отношением сторон 1:х (х>0). Если, например, х=10, то данная фигура покажется нам скорее «вертикальной полоской», «толстой линией», и будет неприятна необходимость отказаться от понятия «линия» в пользу понятия «треугольник». Аналогично, если x=0.1, то фигура будет смахивать на «горизонтальную, толстую линию». Если x=1.1, то мы искренне возмутимся от подмены треугольника квадратом.

Известно, что созерцание прямоугольника, чьи стороны находятся в пропорции «золотого сечения», доставляет эстетическое удовольствие (см., например, материалы на арбуз-сайте). Число «золотого сечения» находится из определения: «меньшая часть относится к большей также, как большая относится к целому (сумме частей)». Так, прямоугольник со сторонами 8 и 13 (два смежных члена последовательности Фибоначчи) являет собой хорошее приближение к образу прямоугольника «вообще».


Приведем вывод золотого числа. Пусть стороны сторон имеют длины 1см и x см, причем x<1. Тогда пропорция запишется так:

(0)

Получающееся отсюда квадратное уравнение имеет два корня: х1=(√5 -1)/2≈0.618, х2=(√5+1)/2=1+х1. Таким образом, пропорция «золотого сечения» равна 1:0.
618.




«Золотой» поход

Возникает естественная гипотеза, что «золотой» треугольник и будет искомым (рис.1.). Под «целым» тогда целесообразно понимать периметр треугольника p=1+x+x2, 0
(1)

Выражение слева есть возрастающая функция, а справа- убывающая. Поэтому вещественный корень у уравнения один х=х1. Легко увидеть, что х1<3/5. В самом деле: p(3/5)=49/25 и 1/p(x) все-таки меньше x=3/5. По аналогии, х1>1/2: p(1/2)=7/4 и 4/7>1/2. Итак, x1(1/2;3/5), корень пойман в ловушку! Казалось бы, можно ликовать и праздновать победу, еще чуть-чуть…

Конец веселью полагает неравенство треугольника. Два из них выполняются автоматом, а третье запишется как:

(2)

Левая часть (2) монотонно возрастает, а правая- всего лишь константа. Легко видеть, что удовлетворяющие (2) x должны превосходить 3/5 (при х=3/5 имеем: 3/5+9/25=24/25=0.98<1). Отсюда, и для x=x1 x>3/5. Но выше мы получили обратное: по крайней мере x<3/5. Итак, «золотого» треугольника не существует!


Любопытно, что (2) в виде равенства дает нам «золотое» сечение для прямоугольника. Поскольку вырожденный треугольник никоим образом не может быть треугольником «вообще», то (2) записано как строгое неравенство. Позже мы еще обсудим вопрос о знаке…


Из вредности найдем значение х1 точно, ведь для кубических уравнений существует формула Кардано, которую никто из математиков, как правило, не помнит. Применяя процедуры справочника Г.-Т.Корн, получаем в качестве утешительного приза следующее:

(3)

Иезуит-казуист внутри меня, ехидно усмехаясь, указывает на еще один способ «золотого» решения. Дело в том, что все наши рассуждения ведутся для подобных треугольников, и до сих пор «частью целого» рассматривалась длина стороны (хотя и отнесенная к 1). Для нашей же задачи уместнее было бы брать вместо длин угловые меры.

Итак, пусть α>β>γ- углы треугольника, причем «целое» есть =++. Золотую пропорцию опишем (4):

(4)

Получаем вновь кубическое уравнение (1) относительно х: х32+х-1=0, которое имеет решение (3). Теперь уже неравенство треугольника не властно над нами, и мы можем выписать приближенно углы:

97.860, 53.210,28.930

Итак, «золотой» треугольник найден (рис.2)!


Однако, не все так гладко… в отношении методологии. В формуле «золотого» сечения я могу вкладывать разный смысл и в «части», и в «целое», и даже в «отношение». Относительный успех был достигнут за счет не лобовой атаки линейным размером, а ходом конем из угла. Но если бы при записи (1) мы брали не периметр, а полупериметр, присутствующий в ряде геометрических формул (Герона, радиуса вписанной окружности)… возможно, и нашли бы классический «золотой» треугольник. Возникает довольно обширное число вариантов: часть= «длина медианы», «sin (cos) угла», «квадрат стороны»; целое= «среднее геометрическое частей», «cos или 1», «площадь треугольника»; отношение бинарная функция= «logab». Таким образом, существует несколько «золотых» треугольников, взятых каждый в своем смысле, но не ясно, какой из них истинный, абсолютный?


Да не покажется последнее наивом, хотя возражение очевидно. Сошлюсь для начала на критерий простоты и физической наглядности предлагаемых конструктов. А пока читайте дальше…


^ Лирическое отступление второе

Существует опасность, что поезд нашего исследования встанет на ложный путь. Подспудно мы отождествили треугольник «вообще» с «золотым» треугольником, полагая их эквивалентными. А ведь это еще не доказано. Психофизиология эстетического чувства свидетельствует, что «золотой» прямоугольник совпадает с прямоугольником «вообще», причем золотая формула имеет классический вид. Для двухпараметрической задачи, коей является поиск треугольника «вообще», сама формула «золотого» сечения, пусть и понимаемая обобщено, может давать неверные результаты.


Разумеется, правильный выбор нужного критерия оценки треугольника требует апелляции к психофизиологическим данным по человеческому восприятию. Не исключено, что для этого необходима статистическая обработка экспериментальных данных, что выводит нас за рамки чистого математического исследования.


Из двух треугольников, изображенных на рис2, мне больше нравится верхний,- должно быть, больше соответствующий моему личному треугольнику «вообще». Без рисунка можно было бы опасаться, что разница угла менее 80 от прямого окажется недостаточной для дифференцировки. Иными словами, указанный треугольник обнаруживал бы нежелательное сходство с прямоугольным треугольником. К счастью, зрение видит эту разницу. Неприятный осадок, правда, возникает от того, что треугольник оказался тупоугольным (хотя, наугад взятый треугольник равновероятно может быть и остроугольным, и тупоугольным, но наличие тупого угла психологически кажется «неправильным», «ложным»).

Однако, хотелось бы помимо «золотого» подхода найти рациональные аргументы такого видения. Особую радость доставило бы численное совпадение выводов из разных посылок: тогда сами числа обрели бы сильную поддержку своей истинности. Мы бы более уверенно указывали на ИМЕННО этот треугольник, треугольник «вообще».

Будем рассуждать от противного. Какие треугольники мы не считаем треугольниками «вообще»? Наверное, те, что обладают каким-то не-общим, частным свойством. Такой треугольник, будучи предъявлен нам с претензией на «всеобщность», подсознательно отвергается, как нечто, навязываемое уму. Поэтому мы и раздражаемся, когда нам пытаются подсунуть равносторонний, равнобедренный, прямоугольный треугольник, равно как и вырожденный, в качестве рядового армии треугольников… Как если бы принц прикинулся нищим, а хитрец простаком.

Дело ,по-видимому, обстоит так. Нам нужно найти безопасное местечко в море, когда нас окружает множество рифов. Для этого следует удалиться как можно на большее расстояние от каждого из них. Что же… пора сформулировать оптимизационную задачу.


^ Поговорим о стратегии

Здесь мы изложим два несколько различающихся пути решения задачи, начав с наиболее предпочтительного в теоретическом плане, хотя и сложного. Пусть ξЄM- треугольник из множества всевозможных треугольников на плоскости. Будем также различать ξ и η, полученный из ξ параллельным переносом и поворотом. Разумеется, и подобные треугольники ξ,ηЄМ будут считаться разными. Пусть P1M, P2M, .., PNM- множества треугольников, обладающих каким-то одним из NЄ частных свойств. Дополнительно предположим, что P0=M\ (P1P2.. PN). Примем сразу, что P1- равнобедренные, Р2- прямоугольные, Р3- вырожденные, Р4- тупоугольные треугольники. Предположим, что кто-то задал нам метрику (ξ,η) ξ,ηЄМ.


У меня нет пока конкретных предложений по виду этой метрики. Думаю, что поиск такого отображения :M2→R+, чтобы: ξ,η,ζ ЄМ (ξ,η) =(η,ξ), (ξ,η)=0↔ξ=η, (ξ,η)≤ (ξ,ζ)+(η,ζ), - довольно сложное занятие.


Тогда расстоянием от точки ζ до множества Pn, n=1,N буду считать . От нас требуется найти такую точку ζ*ЄР0, чтобы все dn*) были максимальные. Таким образом, записать задачу многокритериальной оптимизации можно так:

(5)

Здесь W- скалярная, однородная функция от N переменных, F(ξ)- либо площадь, либо периметр треугольника ξ. Роль W(d) может играть, например, W=(Ad, d), где А- диагональная матрица NN с ann0. Иными словами, целевая функция есть взвешенная сумма критериев.

Непосредственно решать (5) затруднительно. Легче сформулировать задачу более «мягко», в виде поиска условного экстремума, например, как (6):

(7)

Легко понять, что условие «вшито» в требование «ξ из Р0», поскольку экстремум ищется не во всем множестве М, а требование F(ξ) избавляет нас от множественности решений (из-за подобия). Метрика :M2→R+ введена удачно, если (5) (в частном случае, (6)) имеет единственное решение. Наличие предельных переходов (ξ12,.., ξnЄP0 ξP0) не принимается во внимание.

Возможно также решение (7) как среднего по «жесткости» между строгостью (5) и либеральностью (6):

(7)

В (7) более явно выражено условие непринадлежности ξ к любому из наименее важных (N-m) критериев.

Кратко охарактеризуем изложенный выше подход. Кандидат в треугольники «вообще» наугад бросается экзаменатором на плоскость, где заранее расположены другие соискатели; и хорошо для первого, если он окажется удален (по контуру ) от некоторых уже «нехорошо» отличившихся. Потому и появляется бинарная функция, что … «все познается в сравнении». В рамках данной идеологии будет лежать и снятие ограничений на (ξ,η), где ξ- кандидат, а η- запретный треугольник. Ради простоты такое допустимо, но мне не слишком нравится.

Второй путь заключается в рассмотрении унарного отношения, т.е. берется треугольник безотносительно к другим. Далее устанавливается некое отображение (математический термин «мера» имеет близкий, но все же иной смысл; более подходит понятие «характеристическая функция») μ:M→R+. Требуется лишь, чтобы ηЄ(P1P2…PN) μ(η)0. Для искомого ξ=ξ* имеем максимум μ(ξ)=μ*. Например, для ηЄP2 μ(η)=0, если μ=μ2 - расстояние между центром вписанной окружности и серединой гипотенузы. Трудно, однако, найти универсальное свойство μ, обращающееся в нуль на всех классах запретных треугольников. Поэтому также смягчим задачу:

(8)

Признак или свойство μ может рассчитываться довольно сложно. Например, ранее за μ мы брали разность площадей особо взятых треугольников внутри заданного.

Вначале пойдем по последнему пути, как более простому. Кроме того, основной акцент сделаем на том, что треугольник «вообще» есть асимметричный треугольник.


^ Кавалерийский наскок

Указанное предложение прозвучало на одном форуме. Будем решать (8) при следующей естественной конкретизации:

  1. Длины сторон треугольника (x,y,z) удовлетворяют соотношению z=1>x>y.

  2. , т.е наименьшая разница длин сторон. Очевидно, что при x=y или y=z, или x=z μ(x,y,z)=0.


В оригинале условия 1) не было, зато в 2) дополнительно делилось на среднее арифметическое (x+y+z)/3. Обе задачи эквивалентны. Пусть (x*, y*, z*)- решение оригинальной, тогда существует k>0: kx*+ky*+kz*=3, а тройка (kx*, ky*, kz*) есть решение двух задач. Данное рассуждение не совсем «чистое», но не будем придираться.


Если учесть неравенство треугольника, то легко получить такую формулировку:

(9)

Все здесь линейно, искать производные не нужно, а по рис.3 можно воспроизвести весь ход мысли: штриховкой выделена область определения, а прямая 1-х=х-у делит ее на две части сообразно «активному» выражению для целевой функции. Итак, оптимум достигается предельным переходом к точке (2/3,1/3). Искомый треугольник имеет стороны 3,2,1, т.е., увы, вырожден!

Хм.. А если воспользоваться тем же фокусом, что и ранее? Перейдем от длин сторон к углам:

  1. Меры углов треугольника (α,β,γ), причем α<β<γ.

  2. , т.е. берется разница углов (у равнобедренного треугольника углы при основании равны).


Учтя одну знаменитую теорему, получим:



Решение изображено на рис.4; область определения делится прямой β=π/3 на две части. В обоих случаях предельная точка (π/3,0), а оптимальный треугольник с углами 00,600,1200 вновь вырожден… Фокус не удался.


^ Срединная попытка

Здесь я расскажу еще об одной неудачной попытке, идея которой восходит к обоим путям одновременно. Как можно на глазок отличить «удаление» нашего треугольника от равнобедренного? Например, зафиксируем две вершины (пусть оба треугольника имеют общую сторону) и будем перемещать мысленно третью вершину до достижения симметрии. То расстояние d, которое прошла точка, характеризует приложенное нами усилие, и его можно взять за критерий. Нетрудно видеть, что усилие будет наименьшим, если точку двигать параллельно фиксированной стороне к срединному перпендикуляру (рис.5). Численно (нужно взять абсолютную величину) оно находится из записи теоремы Пифагора для двух прямоугольных треугольников:



Тогда вновь запишем формулировку задачи:

  1. Длины сторон: 0

  2. – минимальное из расстояний от проекции третьей вершины до середины стороны.

(10)

Один из критериев элиминирован, поскольку верна следующая цепочка:

(11)

Выкладки немного сложнее, чем при расчетах по (8),(9). Возникает, казалось бы, внутренняя точка (1/2,√3/2), дающая прямоугольный треугольник, но она ложная: экстремум в окрестности точки (0,1) (рис.6). Может вызвать недоумение, почему вырожденный равнобедренный треугольник (0,1,1) не был отловлен автоматически? Дело в том, что предел (z2-y2)/2x→0 при z→y, но только при x0. Разным траекториям (x,y)→(0,1) будут соответствовать разные значения предела. Так, если двигаться по границе x=ε, y=(1-ε+ε2)1/2, то предел равен ½, а соответствующие треугольники будут тупоугольными (проекция вершины лежит вне отрезка стороны).

Приведенную выше формулировку задачи можно подкорректировать. Вновь предположим основание треугольника фиксированным (x), а третью вершину подвижной. Геометрическим местом точек для равнобедренных треугольников со сторонами (x/,y/,z/) является объединение: а) срединный перпендикуляр (см. выше, y/=z/); б) две дуги окружностей радиуса х с центрами в двух неподвижных точках (соответственно y/=x и z/=x). Легко сообразить, что кратчайшими расстояниями от третьей вершины до окружностей будут просто |z-x| и |y-x|. Тогда для вычисления μ(x,y,z) нужно взять наименьшее из 3+3+3=9 величин. Поскольку некоторые их них совпадают, то выбор делается из 6:

(12)

Таким образом, у нас получился комбинированный критерий, в котором рассмотренные ранее формально разности длин сторон получили более ясное геометрическое истолкование. Число величин с 6 можно снизить до 2, если учесть неравенства (13):

(13)

В итоге получится:

(14)

Рисунок сходен с рис.6, только линия, при пересечении которой один критерий заменяет другой, есть монотонно возрастающая функция (y+1)2-3=x2, причем область определения накладывает ограничение y≥√3-1≈0.7. В обеих областях решение дает предельную точку x*=1/4, y*=3/4, являющуюся пересечением гиперболы с линией вырождения x+y=1. Итак, опять облом!… треугольник «вообще» получился вырожденным со сторонами (1,3,4).


Изопериметрия

Улучшим рассуждения предыдущего пункта. Возможно, что требование минимальности пути подвижной вершины в ряде случаев расходится с соображением простоты. При фиксированных двух третью вершину заставим «плавать»… по эллипсу так, чтобы сумма ее расстояний до неподвижных вершин была постоянной (таким образом, рассматриваются изопериметрические треугольники). Физическая аналогия, подсмотренная мной в одной книжке: между тремя колышками продета веревка, причем два колышка вбиты, а третий можно двигать, но так, чтобы все время веревка была внатяг. Математические выкладки здесь существенно усложняются, и это хорошо! Ведь, как видит искушенный в математике читатель, причина вырождения заключалась, как правило, в линейности-монотонности, вообше, простоте целевой функции.

Частным критерием μ будет длина дуги эллипса, которую мы вынуждены пройти, чтобы приблизить треугольник к равнобедренному. Для каждого треугольника будет 3*3 частных критериев, из которых нужно найти наименьший. Пусть длинами сторон задан сам треугольник (АВ=Х,AC=Z,BC=Y), а также задана система координат (см.рис.7). Вершины А и В являются фокусами эллипса, а вершина С, согласно уравнению эллипса в параметрическом виде, имеет координаты (acost1,bsint1). Применяя «изопериметрическое» свойство эллипса к т.С1, получим (15):

(15)

Всегда b1 при AC1=BC1, C2 при AB=AC2). Угол поворота t2 будет определят координаты такой точки (acost2,bsint2). Очевидно, для С1 t2=π/2, С1(0;b). Точка С2 лежит на пересечении эллипса и окружности с центром в т.А радиуса Х. Из алгебраической записи этого условия находим для верхней полуплоскости решение С2 (t2):

(16)

Получающее квадратное уравнение давало два корня, один из которых ложный (cost2 оказывался по модулю больше 1). Уравнение (16) учитывает также и случай АB=BC2. Оптимальная точка может находиться по одну сторону с центром окружности относительно оси ординат, а может– и по разные. Поэтому для обоих вариантов (AB=AC2, AB=BC2) по совокупности оптимальные точки располагаются симметрично от оси ординат; легко понять, что выбор одной из них (из соображений кратчайшего пути) зависит от положения исходной точки С. Заметим, что точек С2 может не существовать: условием их существования будет ограниченность косинуса единицей при:

(17)

Расчет путей СˆС1 и СˆС2 сводится к подсчету интегралов типа при конкретных пределах t1 и t2. Точнее, нужно вычислить эллиптический интеграл 2-го рода (параметр p<1 введен (15)):

(18)

Естественно, такой интеграл аналитически не берется, что ведет к необходимости численного решения задачи в целом. Для чистоты рассуждений сделаем последний шаг. Пусть длина дуги СˆС1 равна I1, длина дуги СˆС2 – I2 (если точки С2 не существует, то положить I2 равным, например, π√(ab)). Тогда частный критерий μ=min(I1,I2).

Я провел соответствующие расчеты с помощью нехитрой Си-программы (правда, написанной под MSDOS), их можно скачать (как и остальные расчетные программки!). Близким к искомому будет треугольник со сторонами 7:16:20. С точностью до тысячных долей этот треугольник соответствует отношению 0.307:0.782:1 и углам, равным 14.040, 38.170, 127.790. Но, как всегда, неудача: треугольник уж очень туповат, тупее даже классического золотого (рис.2).

Хорошо, быть может, все-таки за кратчайшее расстояние брать не дугу эллипса, а, как и раньше, просто отрезок. В алгоритмическом плане это означает замену операции интегрирования на более простую– взятия суммы квадратов разностей координат. При конфигурации рис.7. пусть x=X, u=Z+Y, v=Z-Y. Тогда (см. (10), рис.5, (16),(17)) координаты точек таковы (19-22):



Для расстояний имеем:

(23)

Знаки выражений (u-2x) и v определяют, какой знак будет использован во втором слагаемом второго уравнения формулы (23). Еще раз напомним, что для существования С2 необходимо u<=3x. Как мы видим, получаются громоздкие выражения, и вряд ли поможет аналитическое исследование. Численное решение дает отношение сторон (с точность до сотых) 0.28:0.77:1 при углах в 139.670, 29.890, 10.440. А этот треугольник еще тупее!


Зри в центр!

Возвратимся на минутку к прежней идеологии. «Архимедову» точку опоры найдем новом треугольнике, вершины которого являются точками пересечения трех медиан (M), трех биссектрис (B), трех высот треугольник (H). Сходное рассуждение проводилось в эссе о «самом асимметричном треугольнике», однако, как часто бывает, был выбран усложненный, искусственный путь. Будем следовать в основном обозначениям рис.7 и формул (19-23). Итак, пусть задан ΔAB1C, которому соответствует ΔMBH. Площадь последнего равна нулю, если треугольник равнобедренный, тем паче, равносторонний (все три точки лежат на одной прямой). Из тех соображений, что точка пересечения высот H может находиться далеко вне ΔAB1C, в первом приближении делаем вывод, что площадь ΔMBH неограниченна. Тем не менее, заманчиво именно ее взять за меру μ и «ловить» подходящий экстремум.

Без ограничений общности считаем AC=X>Z>Y, пользуясь возможностью симметрии относительно прямой x=0, проходящей через т.О, середину АС. Из (19) следуют координаты точки М. Ордината т.В. есть радиус вписанной окружности, который можно найти, вычисляя площадь треугольника через высоту B1B2 (B2– проекция B1 на сторону АС и ось Ox). Пусть также B0– проекция т.B и B1D- биссектриса. Нетрудно показать, что D(xv/(2u),0). Далее рассмотрим подобные ΔB1B2D и ΔBB0D и через tg(∟BDB0) найдем SB0. Оказывается, абсцисса т.B0 просто равна v/2. Отсюда, берутся и координаты точки пересечения биссектрис. Относительно абсциссы точки пересечения высот все известно, поскольку одна высота имеет уравнение x=uv/(2x). Найдем уравнение другой высоты, опущенной из т.С(X/2,0). Это уравнение удобно записать в виде x=αy+β, причем сразу β=X/2. Тангенс наклона прямой AB1 находим непосредственно, но он также и взятый с обратным знаком обратный тангенс угла наклона искомой высоты (прямые перпендикулярны). Последний же тангенс в наших обозначениях есть 1/α. Решая систему двух простых линейных уравнений, находим координаты точки пересечения высот H.

Результаты этих геометрико-координатных ухищрений представлены (24):

(24)

В качестве небольшого комментария к т.Н: знак абсциссы зависит от знака (Z-Y), ординаты– от соотношения X и среднего геометрического от uv, что довольно красиво, указывая на правильность (24). Площадь треугольника найдем как половину модуля векторного произведения MB и МН. Выкладки довольно утомительны, особенно при переходе к конечной формуле. Тем не менее, все в конце концов сворачивается, и в итоге получаем не какого-то трехстрочного «монстра», а довольно симпатичное выражение умеренной «монстристости». Формулы (25) проверялись на «вшивость», когда X=Z=1 (при этом площадь S получается нулевой). Напомним, частный случай x≡X>Z>Y покрывает все остальные (так и хочется ввернуть фразочку типа «без ограничения общности можем считать..»).

(25)

Хорошо бы исследовать поведение S(u,v) по разным путям u(t),v(t)->x=1. Но оставим это занятие тренирующимся в матанализе: задачка вполне на уровне, если учесть граничные условия (1
(26)

О, боже, вся идиллия нарушается условием v<1

^ Чему равно расстояние между треугольниками?

Сформулированный выше вопрос (см. «Поговорим о стратегии») представляет самостоятельный интерес. Прежде чем сделать попытку найти ответ на него, определимся со следующим: 1) будем ли мы различать треугольники, полученные путем переноса и/или поворота (рис.8а)? 2) будем ли мы считать подобные треугольники близкими друг к другу, т.е. сделаем акцент на форме или размере?

Итак, какова же должна быть метрика в пространстве треугольников? Если каким-либо треугольникам 1 и 2 ставится в соответствие число, то следует сделать проверку этого отображения на удовлетворения свойствам метрики хотя бы для тестовых примеров (рис.8с,8d).

При первой попытке (см. рис.8, S1,S2– площади исходных треугольников, S12– площадь их общей части) будем считать каждый треугольник заданным декартовыми координатами вершин. Треугольники будут считаться равными, если все три пары координат равны друг другу. Соответственно d1,2 равно нулю тогда и только тогда, когда треугольники 1 и 2 равны. Для непересекающихся треугольников d1,2=1, т.е. они все находятся на изорасстоянии от данного треугольника. В этом случае (рис.8б), очевидно, d1,2=d2,3=d3,1=1 и d1,3≤d1,2+d2,3. Также выполнена аксиома d1,2=d2,1. Казалось бы, все выглядит симпатично, однако, сделаем проверку для подобных треугольников (рис.8с) и для трисекции треугольника (рис.8d).

Итак, пусть 1→a, 2→a+b, 3→a+b+c для рис.8с. Введем обозначение p=a+b+c, и положим p=1. Достаточно проверить лишь одно из неравенств треугольника (27):

(27)

«Ура» рано кричать. Пусть 1→a+b, 2→a+b+c, 3→b+c для рис.8d. Введем обозначения: a+c=y, ac=x, p=1/2 и рассмотрим (28) то же самое неравенство:

(28)

Но, быть может, стоит поставить знак радикала, что на мой вкус более красиво (как-никак, а площадь имеет размерность квадрата), т.е. перейти к кандидатам (29)?

(29)

Все «простые» свойства метрики здесь выполняются. Поэтому перейдем к тестированию вначале D-, а затем R-«метрики». Модификация (27) для D-метрики приводит к необходимости рассмотрения только одного неравенства, которое является истинным (здесь можно не проделывать утомительные выкладки, а сослаться на правило для неотрицательных чисел: x√x<√y+√z, проверяемое возведением в квадрат). В обозначениях (28) легко замечаем монотонность возрастания функции F(t) и, следовательно, достаточность рассмотрения одного только неравенства треугольника:

(30)

Итак, D-метрика тестирование выдержала. Что касается R-метрики, то проверка в «лоб» крайне утомительна, поскольку возводить в квадрат неравенства приходится несколько раз, равно как и складывать дроби «крест-накрест». Мы пойдем несколько иным путем.

Лемма1. d1,3≤d1,2+d2,3 => R1,2 ≤R1,2+R2,3

∆ Нетрудно убедиться, что метрика R1,2 есть степенной ряд из слагаемых вида d1,2n, причем коэффициенты этого ряда Тейлора знакопостоянны. Сходимость ряда гарантируется условием d1,2≤1 (при d1,2=1 помогает факториальность коэффициента ряда), причем сходимость, вероятно, равномерная Таким образом, неравенство распадается на счетное число малых неравенств. Каждое из них может быть доказано возведением в соответствующую степень первого из них по формуле бинома Ньютона. Ниже кратко приводятся выкладки:



Надеюсь, формулы (31) более чем прозрачны. ∆

В силу Леммы1 свойства «метрики» d переносятся на R-«метрику». Как показывает (28), где неравенство всегда имеет иной знак (кстати, любопытно, в математике рассматривались ли псевдометрики, отличающиеся перевернутым знаком для неравенства треугольника?), R-«метрика» не является метрикой, и про нее можно забыть.

Вернемся к D-«метрике». Несмотря на благоприятный результат тестирования, нужно еще показать, что это метрика в полноценном смысле слова. К сожалению, попытки «в лоб» доказать истинность неравенства упираются в громоздкость вычислений и в слишком большое число степеней свободы (рис.9a). По-видимому, нужно учесть специфичность формы треугольника. Заметим, что D-«метрика» может быть распространена на плоские фигуры вообще; более того, возможно обобщение на трехмерный случай, если вместо площадей считать объемы, а корень заменить на кубический радикал. Это выглядит заманчиво. Но если мы не можем слету доказать теорему, значит нужно проверить ее истинность для как можно большего числа случаев, используя какой-либо алгоритм.

Выберем квадрат с центром в точке (0,0) и со стороной 2. Внутрь него бросим наугад точки с координатами {(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)}. Это будет первый треугольник α. Бросим также второй треугольник β {(X1,Y1),(X2,Y2),(X3,Y3)}. Зададим мелкую сетку на всем квадрате. Каждой ячейке этой сетки hh, заданной координатами левого нижнего угла, поставим в соответствие две булевы величины b и B. При b=0 ячейка лежит вне α, при b=1 ячейка лежит внутри α. Аналогично, для величины B. При bB=1 ячейка принадлежит двум треугольникам одновременно. Очевидно, можно суммированием по всем номерам ячеек найти площади обоих треугольников, площадь их общей части. Осталось только найти, в каком случае b=0 (рис.9b). При проверке принадлежности точки (x,y) внутренности треугольника рассмотрим две прямые (x1,y1)->(x2,y2) и (x3,y3)->(x,y), которые имеют точку пересечения (u,v) (для параллельных прямых (u,v) лежит в бесконечности). Необходимо только найти ее координаты и проанализировать взаиморасположение (u,v) и концевых точке обоих отрезков. Это сделано ниже (32), где уравнения прямых даны в параметрическом виде:

(32)



«Эксперименты» с программкой, реализующей данный алгоритм, окончились удачно. Из 785 комбинаций троек треугольников, из которых 123 соответствовали накрывающимся треугольникам, 204– не имеющим общих точек, 458- частично пересекающимся, все удовлетворяли неравенствам треугольника (Pentium4 считал около 3 часов при шаге сетки 0.001). После маленького прокола (представляете, для компьютера вовсе не очевидно, если s1>0, s2>0, то обязательно 1/(s1+s2) существует; промучился несколько часов, отлаживая программу) я провел 20-ти часовой расчет для 10тыс. комбинаций, из которых 2516 соответствовало отсутствию всякого перекрывания, 5998- смешанному, а 1486– наличию общих точек у трех треугольников сразу. Замечу, что программу сильно я не оптимизировал, а компьютер мне не жаль: человек спит, комп работает.

Допустим все же, что D-метрика является истинной метрикой. Тогда благие пожелания «Поговорим о стратегии» при атаке в лоб требуют фиксации некоторого треугольника (в виде рис.7., например), рассмотрения всех его расстояний до равнобедренных, прямоугольных треугольников перебором (рис.9. показывает, какие сложные варианты взаиморасположения могут быть, так что аналитическое решение невозможно), выбор минимального из них, а в качестве заключительного аккорда– проведения цикла по фиксированному треугольнику. Все это весьма расточительно, а более короткого пути я не вижу. Таким образом, здесь некий тупик, выход из которого мне искать, честно говоря, не хочется. That’s all…


Заключение

Итак, каковы же итоги этого квазиматематического исследования? Истинного треугольника мы не нашли. Правда, возникло несколько «проходных» кандидатов на его место: это «золотоугольный» треугольник (97.860, 53.210,28.930), это «изопериметрический по эллипсометрии» треугольник (14.040, 38.170, 127.790), это «изопериметрический по линейной мере» треугольник (139.670, 29.890, 10.440). Большинство критериев дают либо вырожденный, либо тупоугольный треугольник в качестве истинного. Из трех кандидатов мои симпатии лежат на стороне «золотого» («золотоугольного»). Побочным результатом нашего исследования явилось нахождение т.н. D-метрики, заданной на множестве треугольников. Тем не менее, эта метрика не вполне учитывает специфичность задачи, поскольку, например, не учитывает «близости» всех подобных треугольников. Применение D-метрики к основному вопросу ждет будущего исследователя, а, что касается меня, то я пока утратил вкус к этой задаче.

Засим прощаюсь с вами, дорогие читатели.


Идея и дата написания:

декабрь 2002, май-июнь-июль 2003,

финал- 9 июля 2003.




Похожие:

В поисках истинного треугольника iconТреугольники. Задачи на построение
Треугольник, часть плоскости, ограниченная тремя отрезками прямых (сторонами треугольника), имеющими попарно по одному общему концу...
В поисках истинного треугольника iconРешение задач Самостоятельная работа
Прямая вd перпендикулярна к плоскости треугольника авс. Известно, что вd=9см, ас=10см, вс=ВА=13см. Найти расстояние от точки d до...
В поисках истинного треугольника iconА,b,c –стороны треугольника, а r-радиус описанной окружности Теорема косинусов: Формулы для вычисления площади треугольника
...
В поисках истинного треугольника icon«средняя общеобразовательная школа с. Прималкинского» Контрольные работы по геометрии за курс 9 класса Составила учитель математики Шестопалова Ю. В
Стороны треугольника авс ав=5см., Вс=4,6 см., Ас=2,5 см. Найдите стороны А|В|. А| С| подобного ему треугольника А|В|С |, если В|С|...
В поисках истинного треугольника iconПодготовка к итоговой контрольной работе
Периметр треугольника abc равен 50 см. Сторона ав на 2 см больше стороны вс, а сторона ас в 2 раза больше сторо­ны вс. Найдите стороны...
В поисках истинного треугольника iconВопросы к зачету по геометрии для 8 класса
Определение средней линии треугольника. Теорема о средней линии треугольника. Теорема Вариньона
В поисках истинного треугольника iconТема урока: «Сумма углов треугольника»
Цель урока: доказательство теоремы о сумме углов треугольника с применением ранее изученного материала; применение теоремы для нахождения...
В поисках истинного треугольника iconПараллельное программирование. Задачи. Решите задачи, следуя всем! этапам решения задач с помощью компьютера. Программы должны быть написаны на двух языках программирования Лого и Pascal. Задача 1
Катеты, c – гипотенуза прямоугольного треугольника. Вычислить его площадь, предварительно проверив условие a2 + b2 = площадь прямоугольного...
В поисках истинного треугольника iconДокументы
1. /В поисках Города Богов.Том 1.Трагическое послание древних.doc
2. /В...

В поисках истинного треугольника iconУрока: исследование зависимости между сторонами прямоугольного треугольника. Форма: урок-мастерская Тип: урок изучения новых знаний
Тема урока: исследование зависимости между сторонами прямоугольного треугольника
Разместите кнопку на своём сайте:
Документы


База данных защищена авторским правом ©podelise.ru 2000-2014
При копировании материала обязательно указание активной ссылки открытой для индексации.
обратиться к администрации
Документы

Разработка сайта — Веб студия Адаманов