Главная > Математика > Расположения на плоскости, на сфере и в пространстве
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

§ 2. Некоторые другие доказательства

Собранные в этом параграфе доказательства тех же неравенств (1,1) и (1,2) принципиально проще, так как они не опираются на неравенство Иенсена.

Докажем прежде всего следующее предложение, эквивалентное неравенству (1,1):

Среди точек единичной сферы всегда можно найти две такие, расстояние между которыми

Для сферического расстояния между теми же точками из (1) вытекает оценка

(2)

Правая часть последнего неравенства представляет собой не что иное, как длину стороны равностороннего сферического треугольника площади —

Доказательство основывается на следующей лемме:

Пусть АВ наименьшая сторона сферического треугольника равносторонний треугольник. Если то радиус сферической окружности, описанной вокруг Д, больше, чем АВ.

Для доказательства предположим, что С и С лежат по одну сторону от большой окружности АВ и рассмотрим окружности а, b и с радиуса АВ с центрами А, В и далее обозначим отличную от А точку пересечения кругов и с через А и отличную от В точку пересечения кругов а и с через В (рис. 97). Треугольники ABA, АВВ и ABC равновелики ; поэтому дуга круга АВС, лежащая «выше» большого круга АВ, явчяетсн геометрическим местом вершин равносторонних треугольников с основанием АВ (ср. § 8 гл. I). Согласно нашему предположению С лежит выше большого круга АВ и ниже круга Лекселля АВС. Так как С лежит вне кругов а и b, то С должна лежать и вне с, что и доказывает наше утверждение.

Предположим теперь снова, что и что точки не лежат на одной полусфере. Тогда выпуклая оболочка Н этих точек содержит центр О сферы. Далее можно предположить, что многогранник Н имеет только треугольные грани, так как каждую не треугольную грань всегда можно разложить на треугольники; в таком случге число граней Н будет равно Рассмотрим сеть линий на сфере, которая получается, если спроектировать

Рис. 97.

все ребра многогранника Н из центра О сферы на ее поверхность. Эта сеть линий разбивает поверхность сферы на ряд сферических треугольников; пусть - наименьший из них. Если бы неравенство (2) не выполнялось, т. е. наименьшее из измеренных по сфере расстояний между двумя из наших точек, а следовательно, и каждая сторона А, было бы больше , то в силу неравенства и доказанной леммы также и радиус круга, описанного вокруг А, был бы больше чем . Но так как круг, описанный около А, не содержит внутри себя ни одной из точек нашей системы, то эту систему точек можно дополнить еще одной точкой — центром описанного круга без того, чтобы наименьшее расстояние пары точек стало меньше или равно

Это пополнение числа точек можно таким же образом продолжить и далее. Но так как число точек, наименьшее расстояние между двумя из которых больше очевидно, ограничено, то после конечного числа шагов мы придем к противоречию.

Обратимся теперь к неравенству (1,2), которое при можно сформулировать также следуюцим образом.

Если выпуклый многогранник с вершинами или с гранями заключается внутри шарового слоя, ограниченного концентрическими сферами радиусов и R, то

Так как многогранник с вершинами полярным преобразованием переводится в многогранник с гранями, то в этой теореме утверждения о том, что многогранник имеет вершин, и о том, что он имеет граней, эквивалентны между собой. Наше утверждение, относящееся к случаю -гранника, связано с задачей о покрытии сферы в силу того, что плоскости, отрезающие от сферы К покрывающие поверхность К (сферические) круги ограничивают -гранник, содержащийся внутри К. То что круги не слишком малы, равносильно тому, что радиус концентрического с К шара, заключающегося внутри -гранника, не слишком велик; наоборот, по величине сферических кругов, а следовательно, и по плотности покрытия можно судить о радиусе [].

Докажем (3) для многогранника вершинами. Без ограничения общности можно считать, что . Далее предположим, что Р имеет только треугольные грани. Так как число треугольных граней равно , то сферическая сеть, получающаяся проектированием ребер Р из центра шара К на его поверхность, содержит по крайней мере один треугольник площади, не меньшей чем радиус о (сферической) окружности, описанной вокруг этого треугольника, не меньше, чем радиус окружности, описанной вокруг равностороннего треугольника площади

Отсюда следует, что наименьшее из расстояний рассматриваемых треугольных граней от центра шара, а значит, также и величина , не превосходит что и доказывает неравенство (3).

Это рассуждение, по-видимому, представляет собой самое простое доказательство неравенства (1,2).

Приведем, наконец, еще одно доказательство неравенств (1,1) и (1,2). Отметим на сфере точки минимальное расстояние (сферическое) о между которыми равно стороне равностороннего треугольника , и обозначим радиус описанной вокруг окружности через , а угол А — через Опишем вокруг каждой точки круг радиуса . Так как никакая часть поверхности сферы не будет при этом покрыта более чем двумя кругами, то площадь части поверхности, покрытой кругами, равна

где сумма распространена по всем возможным комбинациям Но число отличных от нуля пересечений не может превосходить наибольшего возможного числа ребер выпуклого -гранника в силу (1, 6, 4), равного . С другой стороны, не может превосходить пересечения двух кругов, расстояние между центрами которых равно о. Следовательно, имеем

Так как, далее, площадь части поверхности шара, покрытой кругами, не может превосходить то

то есть

что и доказывает неравенство (2), а следоватетьно и (1,1).

Чтобы получить аналогичное доказательство неравенства (1,2), предположим, что круги полностью покрывают поверхность сферы радиуса единица, и будем исходить из равенства

где

есть часть поверхности шара, покрытая по крайне мере дважды кругами

Здесь сумма распространяется по чем тройкам индексов I, j, k, для которых треугольник представляет собой грань выпуклой оболочки центров кругов. Это соотношение соответствует равенству (111,4,3). Однако приведенное ниже доказательство проще того, которое было изложено в гл. III, так как здесь покрываемая область не имеет края.

Если изменять круги так, чтобы они продолжали иметь общую точку, то, совершенно аналогично случаю плоскости, достигнет минимума в том случае, когда пересечение стягивается в точку и треугольник становится равносторонним. Следовательно, имеем

Так как, далее, число равно , то

то есть

чем и завершается доказательство.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление