Задача об иголке

Такие фигуры существуют. Более того, их можно строить совсем разными способами. Один из них (сами того не подозревая) применяют многие водители, разворачиваясь на дороге.

Будем двигаться по пути постепенного уменьшения площади фигуры, внутри которой можно развернуть иголку на плоскости. Первый шаг — использовать фигуры постоянной ширины, которые в некотором смысле являются ближайшими родственниками круга. Сразу же из определения таких фигур (а именно, что длина ортогональной проекции такой фигуры на любую прямую одинакова) следует, что внутри любой фигуры ширины 1 можно развернуть единичную иголку на 180° (да и на любой другой угол). Среди всех таких фигур минимальная площадь у треугольника Рело, она равна \(\frac12(\pi-\sqrt3)\approx0{,}7047\ldots\) Это меньше, чем площадь круга с радиусом 1/2, которая составляет \(\pi/4\approx0{,}7853\ldots\)

Можно попробовать поискать среди просто устроенных фигур. Например, можно рассмотреть треугольники. Из соображений симметрии можно ограничиться равносторонними треугольниками. Для того, чтобы иголка могла развернуться внутри такого треугольника, его самое «узкое» место должно быть не меньше ее длины. Это значит, что высота треугольника должна быть не меньше 1. Поскольку мы пытаемся сделать площадь как можно меньше, то достаточно рассмотреть только один треугольник — тот, высота которого как раз и равна 1. Он действительно допускает разворот иголки (рис. 1). А его площадь, как несложно посчитать, равна \(1/\sqrt3\approx0{,}5773\ldots\), то есть выигрыш уже довольно существенный, но еще недостаточный.

Рис. 1.

Между тем, оказывается, что этот треугольник — минимальная по площади выпуклая фигура, внутри которой можно развернуть иголку. Этот факт доказал в 1923 году венгерский математик Дьюла Пал (Gyula Pál).

Дальнейшее уменьшение площади возможно, если принять в рассмотрение и невыпуклые фигуры. Давайте внимательно посмотрим, как двигалась иголка в «треугольнике Пала». Ее разворот можно «разложить» на три одинаковых действия, состоящих из поворота на 60° и сдвига вдоль стороны треугольника. Но каждое из них не очень экономно с точки зрения площади, и можно попытаться совместить поворот со сдвигом так, чтобы суммарная площадь, заметаемая иголкой во время таких «скользящих» поворотов, еще уменьшилась. Здесь, как уже говорилось в подсказке, у тех, кто учил в автошколе прием «разворот в ограниченном пространстве» (известный так же под названием «разворот в три приема») есть преимущество, поскольку, по сути, выполняя этот прием, водитель фактически решает нашу задачу.

Рис. 2.

Наиболее простая и симметричная форма получающейся фигуры — дельтоида. Это во многих отношениях замечательная кривая, возникающая в самых разных задачах (например, для любого треугольника огибающей множества его прямых Симсона будет как раз дельтоида). Стандартный способ ее определения такой. Берется окружность радиуса R, внутри нее — еще одна окружность радиуса r = R/3, которая касается первой внутренним образом. Тогда при качении (без проскальзывания) маленькой окружности по большой фиксированная точка на маленькой окружности будет описывать дельтоиду (рис. 2). Свойство дельтоиды, которое нам нужно, заключается в том, что длина отрезка любой касательной к этой фигуре, заключенного внутри нее, постоянна (то есть не зависит от выбора касательной) и равна 4R/3.

Рис. 3.

Докажем это свойство ниже, а пока посмотрим на анимацию на рис. 3: если отмасштабировать дельтоиду так, чтобы длина отрезка касательной была равна 1, то показанное на этой анимации движение отрезка как раз и будет искомым разворотом иголки. Из условия 4R/3 = 1 находим, что R = 3/4.

Осталось посчитать площадь. Здесь, увы, сложно обойтись без математического анализа — потребуется формула для площади кривой, заданной в полярных координатах: \(S=\frac12\int\limits_0^{2\pi}\boldsymbol{\rho}^2(\theta)\mathrm{d}\theta\), где \(\boldsymbol{\rho}(\theta)\) — радиус-вектор кривой, зависящий от полярного угла. Для дельтоиды \(\boldsymbol{\rho}(\theta)=(2r\cos(\theta)+r\cos(2\theta),\ 2r\sin(\theta)-r\sin(2\theta)\)), — чтобы в этом убедиться, достаточно нарисовать ситуацию, в которой маленькая окружность успела прокатиться на небольшое расстояние и ее центр сместился на угол \(\theta\) от исходного положения, и просто посчитать координаты точки, за движением которой по циклоиде мы следим (считая, что начало координат лежит в центре большой окружности). Скалярный квадрат после упрощений будет равен \(2r^2(1-\cos(3\theta))\), а интегрирование дает площадь: \(S=2\pi r^2\). Поскольку \(r=R/3\), получим \(S=\frac29\pi R^2=\pi\cdot\frac29\cdot\frac9{16}=\frac{\pi}8\) — ровно в два раза меньше, чем площадь круга, с которого мы начинали.

Вернемся к доказательству важного для этой задачи свойства дельтоиды: длина отрезка любой касательной к этой фигуре, заключенного внутри нее, равна 4R/3. Чертеж показан на рис. 4. Окружность с центром O — неподвижная (ее радиус R). По ней изнутри без проскальзывания катится окружность с центром Q (ее радиус r = R/3), ST — ее диаметр, лежащий на линии центров этих двух окружностей. Точка P на маленькой окружности описывает дельтоиду. Пусть A — вершина дельтоиды, а угол \(\angle AOT=\varphi\). Заметим, что этот угол опирается на дугу AT большой окружности и что длины дуг AT и PT равны, так как качение происходит без проскальзывания. Из этого следует, что, поскольку радиус маленькой окружности втрое меньше, ее центральный угол, опирающийся на дугу PT будет втрое больше, то есть \(\angle PQT=3\varphi\). Поэтому \(\angle PST=3\varphi/2\).

Рис. 4.

Заметим также, что, во-первых, \(\angle SPT=90^\circ\) (этот угол опирается на диаметр ST маленькой окружности), а во-вторых, точка T является мгновенным центром скоростей для маленькой окружности. Это означает, что мгновенная скорость точки P направлена вдоль прямой PS (так как мгновенная скорость точки катящегося перпендикулярна радиус-вектору, проведенному в нее из мгновенного центра скоростей), а из этого следует, что PS — касательная к дельтоиде, ведь скорость всегда направлена по касательной к траектории. Это рассуждение использует немного физических соображений и не является абсолютно строгим, но вполне корректно.

Отложим на прямой PS в обе стороны от точки S отрезки SN и SK, равные 2r. Затем проведем радиус OL, параллельный PS. Отметим на нем точку D такую, что OD = 2r. Тогда ODNS — параллелограмм (у него противоположные стороны OD и SN равны и параллельны). Значит, DN = SN = r и поэтому окружность с центром D и радиусом r будет касаться большой окружности в точке L и проходить через точку N. Также получаем, что \(\angle ODN=\angle OSN=3\varphi/2\). Следовательно, \(\angle LDN=180^\circ-\angle ODN=180^\circ-3\varphi/2=3(60^\circ-\varphi/2)\).

Осталось посчитать угол BOL и показать, что он в три раза меньше угла LDN. Из этого будет следовать, что длины дуг LB и LN равны, а значит точка N лежит на дельтоиде (как и показано на рис. 4) — ведь маленькая окружность с центром D равна «катящейся» окружности с центром Q. Поскольку \(\angle AOB=120^\circ\), заключаем, что \(\angle BOS=120^\circ-\varphi\). Так как \(\angle DOS =180^\circ-\angle OSN=180^\circ-3\varphi/2\), получаем, что \(\angle BOL=\angle DOS-\angle BOS=(180^\circ-3\varphi/2)-(120^\circ-\varphi)=60^\circ-\varphi/2\). То, что нужно! Аналогично получим, что и точка K лежит на дельтоиде. То есть отрезок NK — это и есть часть касательной к дельтоиде, которая лежит внутри этой фигуры. А по построению NK = 4r = 4R/3.

Оказывается, площадь нашей дельтоиды — далеко не предел. Более того, можно построить фигуру сколь угодно малой площади, внутри которой можно развернуть иголку. Основные идеи построения таких фигур мы обсудим в послесловии.