Náměty aktivit pro popularizaci matematiky

Několika pokusy provedenými fyzicky i výpočtem jsou studenti motivováni k seznámení se s typem úloh, v nichž se požaduje nalezení hodnot či křivek poskytující maximální či minimální hodnotu funkce při zadaných podmínkách. Izoperimetrické úlohy jsou základním typem úloh variačního počtu. Variační počet má široké uplatnění ve fyzice zejména s ohledem na názor, že fyzikální děje probíhají tak, že splňují nějakou extremální úlohu. (Např. nejkratší dráha světelného paprsku při průchodu různými prostředími, úloha o brachystochroně - o nalezení dráhy hmotného bodu spojující dva body ve svislé rovině tak, aby se hmotný bod z výchozího do koncového bodu pohyboval pouze vlivem gravitace a zvládl to za nejkratší možný čas atd.).

Úkol 1. Pomocí řetízku nebo snadno ohybatelného drátu vymodeluj pět různých trojúhelníků na čtvercové síti. Užitím čtvercové sítě urči přibližně jejich obsah.

Který z trojúhelníků má největší obsah? Porovnej své výsledky s ostatními a charakterizuj trojúhelník s největším obsahem, kterého bylo ve skupině dosaženo.
-> Čím se trojúhelník více blíží rovnostrannému trojúhelníku, tím má větší obsah.

Který z trojúhelníků má největší obvod?
->  Všechny trojúhelníky mají stejný obvod daný rozměrem drátu nebo řetízku.

Má tedy smysl uvažovat o rovinných útvarech, které mají při daném obvodu největší obsah. To je základ tzv. izoperimetrických úloh.

Izoperimetrická úloha
Slovo „izoperimetrický“ vzniklo složením ze slov „isos“ a „perimetreo“. Slovo „isos“ pochází z řečtiny a v překladu znamená „stejný“. Na základě svých znalostí angličtiny (perimeter - obvod) snadno uhádneš význam druhého slova řeckého původu. Izoperimetrické úlohy se v užším smyslu zabývají útvary se stejným obvodem.

Úkol 2. Dokážeš odhalit, který z pravoúhelníků se stejným obvodem má největší obsah? Můžeš opět využít řetízek nebo drátek a čtvercovou síť.
-> Při daném obvodu má největší obsah ze všech pravoúhelníků čtverec.

O moudrosti včel
Pappos Alexandrijský napsal někdy ve 4. stol. n. l. ve své práci Synagogé v 5. knize nazvané O moudrosti včel:
Včely znají skutečnost, která je pro ně užitečná, a to, že šestiúhelník je větší než čtverec a trojúhelník a že se do něj vejde více medu při stejném výdeji materiálu na postavení plástve.

Úkol 3. Odhadni, který rovinný útvar má při daném obvodu maximální obsah. Nápověda: Zvyšuj počet stran konvexních mnohoúhelníků vytvářených z řetízku nebo drátu.
-> Intuitivně tušíme to, co napsal již Pappos, že ze všech rovinných útvarů se stejným obvodem je větší vždy ten, který má větší počet úhlů, a největší z nich je kruh jako případ "nekonečněúhelníku". 

Proč má kruh největší obsah při daném obvodu? (Důkaz proveden podle [1].)
(a) Předně rovinný útvar daného obvodu a maximálního obsahu musí být konvexní.
Pokud by rovinný útvar nebyl konvexní, lze na něm vhodně zvolit dvojice bodů X₁, Y₁, X₂, Y₂, ... tak, že všechny vnitřní body úseček X₁Y₁, X₂Y₂, ... nenáleží útvaru. Zobrazíme-li oblasti mezi úsečkami X₁Y₁, X₂Y₂, ... a hranicí nekonvexního útvaru v osové souměrnosti s úsečkami X₁Y₁, X₂Y₂, ..., dostaneme útvar, který má stejný obvod, ale větší obsah, viz obrázek.

Obr. 1 - vytvořen pomocí programu GeoGebra, Zdroj: vlastní tvorba

(b)  Rozdělují-li dva body A, D obvod útvaru na polovinu, pak v rovinném útvaru daného obvodu a maximálního obsahu úsečka AD dělí útvar na dva útvary stejného obsahu.
Pokud by rovinný útvar popsanou vlastnost neměl, pak by bylo možno v osové souměrnosti s osou AD zobrazit část útvaru s větším obsahem do poloroviny s částí útvaru menšího obsahu, viz obrázek. Na obrázku je šestiúhelník ABCDFE rozdělen na čtyřúhelníky ADCB a ADFE se stejnými obvody, ale různými obsahy. Šestiúhelník AEFDF'E' má zjevně větší obsah, neboť čtyřúhelník A'D'F'E', který je obrazem čtyřúhelníku AEFD v osové souměrnosti s osou AD, má větší obsah než čtyřúhelník ADCB.

Obr. 2 - vytvořen pomocí programu GeoGebra, Zdroj: vlastní tvorba

(c) Zbývá ukázat, že ze všech křivek dané délky a s koncovými body A, D na pevně dané přímce uzavírá s úsečkou AD největší plochu půlkružnice. Důkaz lze najít např. v [1].

Úkol 4. Který rovinný útvar s daným obsahem má nejmenší obvod?
-> Je to opět kruh.
Pokud by to nebyl kruh K, ale nějaký útvar U, pak by pro jejich obsahy platilo S_K = S_U a pro jejich obvody o_K > o_U. Vezměme kruh K', který má obvod o_U. Kruh s menším obvodem má menší obsah, proto S_K' < S_K = S_U. Na druhou stranu při daném obvodu o_U má největší obsah kruh, tedy S_K' > S_U = S_K. To vede ke sporu a k tomu, že předpoklad existence útvaru U se stejným obsahem, jako má kruh K, a obvodem menším, než je obvod kruhu, nebyl správný.
Pokud bychom naopak věděli, že rovinným útvarem s daným obsahem a nejmenším možným obvodem je kruh, pak by šlo ukázat, že při daném obvodu má kruh největší obsah. Opět, pokud by při daném obvodu neměl největší obsah kruhu K, ale nějaký útvar U, pak by pro jejich obvody platilo o_K = o_U a pro jejich obsahy S_K < S_U. Vezměme kruh K', který má obsah S_U, tj. S_K' = S_U. Kruh s větším obsahem má větší i obvod, proto o_K' > o_K = o_U. Na druhou stranu při daném obsahu S_U má nejmenší obvod kruh, tedy o_K' < o_U = o_K, což vede ke sporu a nekonstruktivnímu potvrzení neexistence daného útvaru U.

Ekvivalentnost dvou tvrzení o kruhu
Ukázali jsme, že tvrzení o tom, že kruh je rovinný útvar, který má při daném obvodu největší obsah, je ekvivalentní s tvrzením, že kruh je rovinný útvar, který má při daném obsahu nejmenší obvod.

Úkol 5. Vymysli analogickou úlohu k úkolu 3 v prostoru a její řešení.
-> Který prostorový útvar má při daném povrchu největší objem? Který prostorový útvar má při daném objemu nejmenší povrch?
K analogické úvaze očekáváme analogický útvar jako řešení, tím je v tomto případě koule.

Řešme nyní úlohy v prostoru, v nichž se za daných podmínek má najít maximální objem nebo minimální povrch.

Úkol 6. Ze čtvercového kousku pozinkovaného plechu o straně a = 15 cm se má vyrobit nádoba se čtvercovým dnem shora otevřená. Jaký největší objem může mít nádoba? (Zadání úlohy převzato z [3], str. 312.) 
Zkus řešit úlohu experimentálně - tvoř různé nádoby s využitím čtverce vystřiženého ze čtverečkovaného papíru. Objemy takových nádob se snadno vypočtou.

->  Má-li mít nádoba čtvercové dno a maximální objem, musí být střed čtverce, který reprezentuje dno, shodný se středem čtverce - pozinkovaného plechu. Jinak by boční stěny ve tvaru obdélníku neměly stejné rozměry. Označme hledanou délku hrany podstavy x, potom podstavu tvoří čtverec s rozměrem x a boční stěny obdélníky s rozměry x a ½.(a-x).

 

Obr. 3 - vytvořen pomocí programu GeoGebra, Zdroj: vlastní tvorba

Pro objem nádoby se čtvercovou podstavou při daném označení platí:
V = x².½.(a-x).
Úkolem je najít hodnotu x, pro niž je V maximální.
(1) Ti, kdož znají diferenciální počet, si s úlohou snadno poradí. Výpočet první derivace vede k jedinému smysluplnému stacionárnímu bodu x = 2a/3 a výpočtem druhé derivace se ověří, že jde skutečně o bod, v němž V dosahuje maximální hodnoty, a to V = (2a/3)².½.(a-2a/3) = 2a³/27. 
(2) Největší objem však lze najít i elementárním způsobem - řešením nerovnice s parametrem. Jako parametr volíme např. m - maximální hodnota objemu. Pak pro každé přípustné x platí:
 x².½.(a-x) ≤ m
Hledáme takovou hodnotu parametru m, aby předchozí rovnice měla řešení pro libovolné přípustné x. Vzhledem k technické náročnosti tohoto postupu, zvolíme postup popsaný v bodě (3).
(3) V tomto postupu využijeme nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem (AG-nerovnost),

pro n = 3, tj. ve tvaru

Funkci V = x².½.(a-x) lze psát též ve tvaru V = x.x.(½.a - ½.x). Její maximum nastane ve stejném bodě x, i když ji vynásobíme 4. (Čtyřmi násobíme z toho důvodu, aby se v součtu činitelů vyloučila neznámá x, viz níže.) Hledejme proto maximum funkce
4V = x.x.(2a - 2x)
Ta je pro využití AG-nerovnosti vhodnější než původní, protože součet činitelů v jejím předpisu je roven konstantě, x + x + (2a - 2x) = 2a. S využitím AG-nerovnosti pro n = 3 dostáváme

a odtud je po umocnění na třetí
4V = x.x.(2a - 2x) ≤ (8/27)a³
V = x.x.½.(a - x) ≤ (2/27)a³

Maximální hodnota objemu je tedy 2a³/27. Této hodnoty objem dosáhne jen tehdy, když v AG-nerovnosti nastane rovnost. Výrazy na obou stranách AG-nerovnosti se rovnají, pokud a₁ = a₂ = a₃. V našem případě tedy x = x = 2a - 2x. Poslední vztah vede k hodnotě x = 2a/3. Pro a = 15 cm bude mít nádoba maximální objem, zvolíme-li její podstavnou hranu x = 10cm. Objem nádoby bude 250 cm³.
(4) Ti, kteří dávají přednost řešení s využitím počítače, mohou přibližnou hodnotu maximálního objemu V i hodnotu x určit pomocí funkce "Řešitel" v aplikaci Microsoft Excel. Je-li k dispozici dokonce program Mathematica, můžeme využít vestavěných funkcí pro řešení postupem (1) nebo (2).

Úkol 7. Při jaké vzájemné poloze úsečky AB, |AB| = l, a osy o, kolem které úsečka rotuje, má vzniklé rotační těleso minimální obsah pláště za podmínky, že aspoň jeden bod úsečky je od osy o vzdálen právě r, l/2 < r < l?
-> Rozmysleme nejprve, jaká tělesa mohou vzniknout rotací úsečky AB kolem osy o.

Obr. 4 - vytvořeny pomocí programu GeoGebra, Zdroj: vlastní tvorba

I. Je-li úsečka AB rovnoběžná s osou o, kolem níž se otáčí, pak rotací vznikne plášť válce s poloměrem odpovídajícím vzdálenosti úsečky AB od osy a s výškou, která je rovna délce úsečky AB, viz obrázek. Plášť lze rozvinout do obdélníku s rozměry |AB| = l a o = 2πr, proto je obsah pláště 
         S_pl = 2πrl.

II. Je-li úsečka AB různoběžná s osou o tak, že s ní má společný jeden z krajních bodů, vznikne její rotací kolem osy o plášť kužele s kruhovou podstavou o poloměru r a s výškou √(l² - r²), viz obrázek. Plášť kužele tvoří kruhová výseč, která vznikla z kruhu o poloměru |AB| = l. Obsah pláště je roven
         S_pl = πrl.

III. Pokud je AB opět různoběžná s osou o jako v případě II., ale nemá s osou žádný společný bod, vytvoří rotující úsečka plášť komolého kužele. Protože jeden z krajních bodů, např. bod A, je od osy o vzdálen r, je krajní bod B od osy vzdálen ρ, kde buď ρ > r (viz obrázek), nebo ρ < r (bez obrázku). Obsah pláště komolého kužele s podstavami o poloměrech r a ρ můžeme vypočítat z předpisu
         S_pl = π(r + ρ)l.

IV. Úsečka AB může být s osou o různoběžná také tak, že s ní má společný jeden bod. V takovém případě vzniknou dva pláště kuželů K₁, K₂ se společným vrcholem, tj. plášť dvojkužele. Vzhledem k podmínce, že aspoň jeden bod úsečky je od osy o vzdálen aspoň r, má jeden z kuželů, např. K₂, poloměr r. Rozměry K₁ určíme v závislosti na délce strany kužele K₂, kterou označme x. Délka strany K₁ je l-x. Kužely jsou podobné s koeficientem podobnosti daným poměrem jejich stran, tj. (l-x):x. Proto je poloměr K₁ roven r.(l-x):x. Obsah pláště, který vznikne rotací úsečky různoběžné s osou, která s ní má jeden společný bod, je dán předpisem
         S_pl = πrx +πr(l-x).(l-x):x,
což lze upravit na tvar
         S_pl = πr[2x - 2l + l²/x].

• Z vyvozených vztahů je zřejmé uspořádání prvních tří těles podle obsahu pláště: válec, komolý kužel, kužel pro ρ < r, resp. komolý kužel, válec, kužel pro ρ > r, kde ρ je vzdálenost bodu B od osy. Zda je plášť dvojkužele pro nějaké vhodné x menší než plášť kužele a pro jaké x to případně nastane, zjistíme výpočtem.

• Zapišme podmínku, že obsah pláště dvojkužele je menší než obsah pláště kužele, nerovnicí:
      πr[2x - 2l + l²/x] < πrl
Jednoduchými úpravami dospějeme k nerovnici
      2x² - 3lx + l² < 0,
kterou lze napsat v součinovém tvaru:
      (2x - l)(x - l) < 0

Řešením nerovnice jsou všechna x větší než l/2 a menší než l. Zvolíme-li stranu x kužele K₂ s poloměrem r v rozmezí od l/2 do l, bude obsah pláště dvojkužele menší než obsah pláště kužele. Pro x = l/2 a x = l dostaneme rovnost obsahů plášťů. Pro x = l je to evidentní, protože v takovém případě je dvojkužel pouze kuželem. Pro x = l/2 získáváme elementární poznatek, že obsah pláště kužele se stranou l je stejný jako součet obsahů plášťů dvou stejných kuželů s polovičními stranami a stejným poloměrem.

• Má tedy smysl zjistit, pro kterou hodnotu x je S_pl, obsah pláště dvojkužele, nejmenší. Opět se nabízí několik možností, jak zjistit minimum, v závislosti na znalostech a technických podmínkách.

(1) Užitím diferenciálního počtu. Po zderivování funkce S_pl podle x lze stacionární bod určit z rovnice πr[2 - l²/x²] = 0. Obsah pláště je tedy nejmenší, když x = l.√2/2, tj. když vrchol dvojkužele rozdělí úsečku AB v poměru 1:√2.

(2) Elementární postup vede k diskusi řešení nerovnice s parametrem S_pl ≥ m, tj.
         πr[2x - 2l + l²/x] ≥ m,
kde m je minimiální obsah pláště dvojkužele. Zjistíme z ní, pro které hodnoty parametru m má nerovnice za řešení libovolné x větší než l/2 a menší než l, což jsou všechna x, která nás zajímají. Předchozí nerovnici upravíme na kvadratickou nerovnici
         x² - x[l + m/(2πr)] + l²/2 ≥ 0,
a následně doplněním na čtverec na nerovnici
         {x - [l/2 + m/(4πr)] }² + l²/2 - [l/2 + m/(4πr)]² ≥ 0.
Ta je ve tvaru X² + A ≥ 0, o kterém víme, že má za řešení libovolné X, když A ≥ 0. Proto má předchozí nerovnice za řešení libovolné x pro
          l²/2 - [l/2 + m/(4πr)]² ≥ 0,
tj. pro 
          l²/2  ≥ [l/2 + m/(4πr)]^2.
Protože l, m, π, r jsou kladná čísla, je uvedená nerovnice ekvivalentní s nerovnicí
          l/√2 ≥ l/2 + m/(4πr).
Po jednoduchých úpravách je
          2πrl(√2 - 1) ≥ m,
a tedy S_pl = 2πrl(√2 - 1) je nejmenší obsah pláště dvojkužele v souladu se zjištěním z bodu (1).

(3) Stejně jako v úkolu 6 lze i nyní pro nalezení extrému využít nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem. Tentokrát využijeme AG-nerovnost pro n = 2 na součet 2x + l²/x, který se objevuje v předpisu pro výpočet obsahu pláště dvojkužele. Pro aritmetický průměr výrazů 2x a l²/x platí:
          [2x + l²/x]/2 ≥ √[(2x).(l²/x)].
 Obě strany nerovnosti vynásobíme 2, odečteme od nich 2l a výsledek vynásobíme πr. Tím dostaneme
         πr[2x - 2l + l²/x] ≥ πr.2l.(√2 - 1),
tedy podmínku pro nejmenší možný obsah pláště dvojkužele.

(4) Ukažme, jak by se minimum našlo pomocí funkcí dostupných v Excelu a v programu Mathematica.
A. Funkce "Řešitel" v Excelu umí najít hodnotu výrazu, která se rovná zadané hodnotě anebo je minimální či maximální, při změně některých členů zkoumaného výrazu. Zadejme v sešitě hodnoty tak, jak je vidět na obrázku. V buňce s minimálním obsahem pláště je zadán předpis pro výpočet obsahu pláště dvojkužele, který budeme minimalizovat. Délka strany AB byla stanovena pevně jako 2, poloměr r jako 1,5, délka strany x většího kužele jako 1,75, protože Excel umí počítat jen s konkrétními čísly, nikoli s proměnnými.

 

Obr. 5 - vytvořeno pomocí programu MS Excel, Zdroj: vlastní tvorba

Nyní volbou Data -> Řešitel nastavme buňku obsahující délku strany x jako měněnou, buňku se vzorcem pro výpočet obsahu pláště jako buňku s požadovaným minimem v závislosti na x a rovněž zadejme další omezující podmínky podle obrázku. 

 

Obr. 6 - vytvořeno pomocí programu MS Excel, Zdroj: vlastní tvorba

Volbou "Řešit" spustíme řešení, které dává minimální hodnotu obsahu pláště při délce strany x = 1,4142..., viz obrázek.

Obr. 7 - vytvořeno pomocí programu MS Excel, Zdroj: vlastní tvorba

Při pevně dané délce rotující úsečky a vzdálenosti, kterou má od ní mít právě jeden bod úsečky, dosáhneme minimálního obsahu pláště dvojkuželu, pokud bude délka strany většího kužele přibližně 1,414. To je v souladu s výsledky zjištěnými dříve, neboť x:l je v tomto případě také √2:2, tj. 1:√2. Excel vypočte minimální hodnotu obsahu pláště pro nalezené x a pevně zvolené hodnoty. Chceme-li výsledek ve tvaru předpisu s proměnnými l a r, dosadíme ve vztahu S_pl = πr[2x - 2l + l²/x] za x hodnotu √2.

 B. Máme-li k dispozici program Mathematica aspoň verze 5.0 lze úlohu vyřešit s použitím funkce Reduce, viz obrázek, nebo užitím diferenciálního počtu pomocí funkce D pro derivování a funkce Solve pro řešení rovnic, viz další obrázek.

Obr. 8 - vytvořeno pomocí programu Mathematica, Zdroj: vlastní tvorba

Zadáme předpis pro výpočet obsahu pláště dvojkužele, z nějž chceme vyloučit x za podmínky, aby S bylo minimální. Do funkce Reduce zadáme kvantifikovanou formuli s omezujícími podmínkami. Ve výsledku se orientujeme pomocí znaku ||, které znamená logické "nebo", a znaku &&, který představuje "a zároveň". Na posledním řádku čteme, že minimum m je menší nebo stejné jako hodnota výrazu -2lπr + 2√2π √(l²r²), který lze vzhledem k √(l²r²) = lr pro kladná l, r upravit na 2lπr(-1 + √2), když r < l < 2r, tj. za podmínek daných úlohou je minimální obsah pláště dán předpisem zjištěným již v (1), (2), (3).

Řešení s využitím diferenciálního počtu v programu Mathematica je zřejmé z dalšího obrázku.

 

Závěrem poznamenejme, že je zajímavým cvičením promyslet, jak se změní uspořádání těles (i jiných útvarů) podle obsahu pláště, když připustíme jiné vztahy mezi r a l a nebudeme trvat na podmínce, že aspoň jeden z krajních bodů úsečky AB je vzdálen právě r.

 

Použitá literatura:
[1] http://www.cut-the-knot.org/do_you_know/isoperimetric.shtml
[2] http://en.wikipedia.org/wiki/Isoperimetric_inequality 
[3] Kowal, S., Matematika pro volné chvíle. SNTL: Praha, 1975