оригинал страницы (картинка/Image scaned )

М. БАЛ Н. Г БАЛН поиск РЕШЕНИЯ \ хА -.— "т’ .." ; ‘7 ` 1}, т2=ъя—кх+1-Н:) ус ядсцх +Взфпх у“ ‚15, +63=10$тй уозсосхтзпх

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ПОИСК РЕШЕНИЯ ' м.БАлн. г или ПОИСК РЕШЕНИЯ Беж МИ МОСКВА . «ДЕТСКАЯ ЛИТЕРАТУРА» . 1983

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

51 ББК 22.1 520 Под редакцией В. Г. Болтянского Рисунки Ю. ВОРОБЬЕВА Оформление серии 0. КОНДАКОВОЙ Научно-популярная литература Б51802000000—319 494_83 М|0|(03)83 ©И3ДАТЕЛЬСТВО «ДЕТСКАЯ ЛИТЕРАТУРА», 1983 г.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Дорогие любители математики! Наверное, много раз вас волновали вопросы вроде таких: что сделать для решения трудной задани? Как можно было догадаться до этого остроумного доказательства? Почему был выбран именно такой путь рассуждения? Подобные вопросы связаны не только с математикой — сюда относится также принятие решений и отыскание выхода из затруд- нительных положений в жизненных ситуациях, произвщственных вопро- сах, условиях военного боя и т. д. В каком-то смысле ответ на поставленные вопросы содержится в тех двух словах знай и умей, которые составляют название серии, в которой выходит эта книга. Ведь в математике есть четко сформулированные аксиомы, определения, теоремы, а также правила логических умозаклю- чений; нужно знать эти теоремы и-правила и уметь их применять. Но это еще не всё. В средних по трудности (а тем более сложных) задачах при- ходится применять не одну, а несколько теорем. И заранее неясно, какие следует применять теоремы и в какой последовательности. А над очень трудными задачами (например, теми, которые предлагают на олимпиа- дах) даже лучшие ученики думают часами, хотя они прекрасно знают все изученные теоремы и владеют правилами логики. Пожалуй, будет правильным сказать, что законы логики больше приспособлены для того, чтобы изложить уже найденное решение, убе- дить учителя и товарищей в верности этого решения. Найти же решение трудной задачи чаще помогают не доводы логики, а случайно п0дмечен- ная аналогия, навеянное примерами предположение (которое вначале вовсе не является логически обоснованным), опыт, интуиция и другие психологические факторы.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Книга, которую вы держите в руках, как раз и имеет своей целью рассказать о психологии поиска решения, приоткрыть завесу таинствен- ности над «лабораторией мышления» математика — от школьника до академика. Авторы в доступной и легкой для восприятия форме бесед учителя со школьниками-кружковцами рассказывают о богатом арсенале эвристических приемов. Вы узнаете о поучительности контрпримеров, об использовании ана- логии при решении задач, о применении индукции; узнаете, что иногда легче найти решение более общей задачи, чем некоторого ее частного случая; познакомитесь с другими мет0дами поиска решения. Желаю вам успехов в решении задач! В. Г. Болтянский, лауреат Ленинской премии, член-корреспондент Академии педагогических наук СССР

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Я обращаюсь ко всем, кто обучается матема- тике, элементарной или высшей, и заинтере- сован в овладении ею, и говорю: «Конечно, будем учиться доказывать; но давайте также учиться догадываться». Д Пойа' Предисловие Эта книжка -— об эвристических приемах в математике. Она пред- назначена учащимся 1Х—Х классов, но в значительной мере доступна и восьмиклассникам. Между первой встречей с новой «нестандартной», «нетиповой» за- дачей и окончательным, компактным изложением ее решения лежит по- лоса поиска этого решения. Как производить этот поиск? Как догадаться о способе решения? К сожалению, единого, универсального метода для достижения этой цели не существует. Однако имеются некоторые общие приемы и правила, которые нередко помогают догадаться о способе ре- шения разнообразных задач. Можно, оказывается, сформулировать не- сколько вопросов весьма общего характера, которые полезно время от времени ставить себе при поиске решения трудной задачи; если найдешь ответы на эти вопросы, то заметно приблизишься к искомому решению. В этой книжке формулируются вопросы общего характера, облегчающие поиск решения, и показывается (на сравнительно трудных задачах), как срабатывают эти общие приемы. ' Джордж П ой а (в другой транскрипции —— Г. П ол и а) —- видный современный американский математик, родом из Венгрии. Прогрессивные педагогические идеи Д. Пойа нашли свое воплощение в книгах: «Математическое открытие», «Как решать задачу», «Задачи и теоремы из анализа» (в соавторстве с Г. Сёге), «Математика и правдоподоб- ные рассуждения». Из последней и взят наш эпиграф. 5

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Много сделал для улучшения первоначальной рукописи книги ее ти- тульный редактор В. Г. Болтянский. Были также учтены полезные крити- ческие замечания Г. С. Уманского. Выражаем им свою искреннюю признательность. Мы с большой теплотой вспоминаем учащихся Смоленской Сред- ней школы .М'э 7 имени Н. М. Пржевальского — участников занятий экспериментального математического кружка при Смоленском педагоги- ческом институте. Без них эта книжка не была бы написана. Авторы

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ВМЕСТО ВВЕДЕНИЯ, ИЛИ ЧТО ДЕЛАТЬ, ЕСЛИ ЗАДАЧА «НЕ РЕШАЕТСЯ» В тот ранний зимний вечер их здесь было четырнадцать: тринадцать восьмиклассников —— девять мальчишек и четыре девчонки -— и препода- ватель одной из математических кафедр педагогического института Геор- гий Данилович Селиванов, которого школьники между собой, видимо по привычке, называли «учитель». Им нравилась эта комната на четвер- том этаже физматовского корпуса, столы с зачехленными счетными при- борами, мягкий «дневной» свет, падающий на темно-коричневую доску. Здесь они собирались еженедельно, по пятницам, на занятия своего ма- тематического кружка, чтобы, как Однажды под общее одобрение сказал Сережа Лапшинов, «часа два наслаждаться математикой». В тот вечер кружок был в полном составе. Каждый сидел на своем привычном месте. Вот Вадим Шведов —- не только самый старший из ре- бят (ему на днях исполнилось уже пятнадцать), но и самый высокий, хороший баскетболист и один из самых толковых учеников класса. Ряцом с ним его друг Максим Сергиенко, маленький смешливый паренек с мягкими, как у девушки, белокурыми волосами. Поближе к учителю устроился Герман Великанов, Гера, невысокий мальчик с робкими меч- тательными глазами. Первый рЯД неизменно занимают «старые» уче- 7

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ники Селиванова: заниматься они начали в кружке два года назад, когда были еще шестиклассниками. Это худощавый, веснушчатый Саша Ти- хомиров — капитан команды КВН и прошлогодний победитель гор0д- ской математической олимпиады; Сережа Лапшинов, такой же худень- кий, как и Саша (его хобби, если не считать математику, — велосипед); Андрей Марусанов, не по годам серьезный, спокойный, уравновешен- ный, художник классной стенгазеты и староста кружка. За ними, во вто- ром ряду, сплоченной стайкой расположились четыре подружки: На- дя Грибова, серьезная подтянутая девушка в очках, член комитета ком- сомола школы, Ира Никольская и Лена Фоменко, обе белокурые, всегда в ученической форме, и смуглая Зарифа Мухтарова. И, наконец, в треть- ем ряду —— Игорь Райков, единственный отличник в классе, Витя Роман- ков, который увлекается всем (последнее время -—— химией и гитарой), и Толик Москвичев, в очках, немного тугодум, но способный в спокой- ной обстановке решить, кажется, самые трудные задачи. Занятие кружка уже подх0дило к концу. Последняя задача оказалась трудной и никак не поддавалась решению. Все «сдались», и Андрею Ма- русанову, который принес эту задачу, пришлось самому рассказать, как она решается. И тогда Георгий Данилович предложил: — А не заняться ли нам в кружке — в этом и в будущем учебном году — общими приемами поиска решения задач? Иначе говоря, прие- мами, которые пригодны для задач самых различных типов? — А разве такие приемы существуют? —- Сережа недоверчиво по- смотрел на учителя. —— Мётода, который гарантировал бы решение любой наперед задан- ной задачи, нет, -— ответил Георгий Данилович. -—— Но все же сущест- вуют весьма общие приемы, которые при умелом их применении заметно облегчают решение многих трудных задач. Разработкой таких приемов занимается эвристика. Слово это происходит от знаменитого возгласа «Эврика!». Помните? «Эврика!» («Нашел!») -— воскликнул, согласно легенде, древнегреческий ученый Архимед, выскочил из ванны и выбежал на улицу: он понял, как решить предложенную ему задачу. Слово «эвристика» можно перевести с греческого на русский язык как «искусство изобретать». Эвристика -—— учение об общих методах по- иска решений задач и проблем, учение о тех мыслительных операциях, которые часто оказываются полезными в процессе поиска решения. Эвристику разрабатывали такие знаменитые математики, как Декарт, Паскаль, Лейбниц, Эйлер, Больцано, Эрмит, Адамар и др. В наше время для разработки эвристических идей многое сделал известный математик и педагог Д. Пойа. Его книги пользуются популярностью у математиков всего мира. Вы все тоже, решая задачи или доказывая теоремы, привлекаете 8

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

эвристические приемы. Но пользуетесь вы ими «стихийно», неосознанно. Если бы вы применяли эти приемы сознательно, целенаправленно, то эффект был бы значительно больше. В школьном курсе математики до- вольно много внимания уделяется последовательному изложению дока- зательств теорем, аккуратному и грамотному оформлению решений за- дач, логическому обоснованию различных этапов решения и доказатель- ства. А самому процессу поиска решения задачи или способа доказа- тельства теоремы, процессу открытия новых математических фактов вни- мания уделяется значительно меньше. Школьнику так и остается не- ясным, с помощью каких соображений удалось открыть ту или иную теорему, как удалось догадаться о способе решения той или иной труд- ной задачи. Как искать? Как догадываться? Вот что будет предметом наших занятий! Разумеется, первое и совершенно обязательное условие: чтобы ре- шить трудную задачу, надо сильно хотеть ее решить! — Одного желания мало, — вздохнул Андрей. —— Конечно, —— согласился учитель. — Прежде всего, надо хорошо понять условие задачи, отдать себе отчет, что дано и что требуется (вы- числить, или построить, или доказать, или выяснить и т. д.). Но часто и этого еще недостаточно! Вот здесь и могут пригодиться эвристические приемы, приемы целенаправленного поиска, приемы догадки. Мы про- следим на многих примерах, как срабатывают эти приемы. Некоторые задачи я буду предлагать вам заранее, за несколько дней до занятия кружка, чтобы вы могли спокойно, без спешки, осмыслить их, понять, что дано и что требуется в задачах; почувствовать, легки или трудны они для вас; отдать себе отчет, что именно вызывает у вас затруднение. Над каждой такой задачей надо будет дома подумать хотя бы минут 15420. Решать эти задачи до занятия не обязательно. Они будут слу- жить как бы прологом к предстоящему занятию кружка. На самом занятии мы будем решать, разумеется, и другие задачи. В конце некото- рых занятий я буду вам давать «задачи для кружкового интервью». Каждый, кому такая задача достанется, должен будет, поразмыслив над ней, сказать, как он считает нужным провести поиск решения. — Как интересно! — воскликнула Зарифа. — Когда же мы начнем эти занятия? — спросил Вадим. — С ближайшей пятницы, —— ответил учитель. — А задачу из проло- га к этому занятию я могу вам предложить хоть сейчас. И Георгий Данилович привел задачу, которую вы можете прочитать на следующей странице.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ИСПЫТАНИЯ НА П РАВДОПОДОБИ Е Убедившись, что теорема верна, мы начинаем ее доказыва гь. Из афоризмов Рассеянного Профессора' ПРОЛОГ Задача 1. Так говорил Брамагупта... Обобщая известную формулу Г ерона для площади треугольника, индийский математик и аст- роном Брамагупта (И! век нашей эры) высказал утверждение, которое можно в принятых сейчас обозначениях сформулировать так: «Пло- щадь 5 любого четырехугольника (рис. 1) выражается через длины его сторон а, Ь, с, а по формуле 5=/(Р—а)(Р—д)(Р-:5ЁР14)‚ (1) где р— полупериметр четырехугольника: р=-!Ё-(а+б+с+й)». ' Рассеянный профессор—герой ученических и студенческих анекдотов. Он всегда что-нибудь путаег: имеет в виду а, говорит Ь, пишет с, а должно быть и. Однако в его афоризмах, если в них вдуматься, -- как в афоризмах Козьмы Пруткова — нередко имеется нечто весьма поучительное. Подробнее о нем см. в книге Д. Пойа ‹Как решать задачу» (М., Учпедгиз, 1959, с. 198). 10

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Верно ли утверждение Брамагупты? — А почему же формула (1)?.. —— удивился Вадим Шведов. —— По- моему, для площади четырехугольника напрашивается другая формула! — Хорошо, —- сказал Георгий Данилович, — ты пока выскажи свою гипотезу мне одному, а потом мы обязательно обсудим ее все вместе на занятии кружка. А до этого пусть все сосредоточат свое внимание на формуле Брамагупты. На занятии кружка ВЕЛИКАЯ СИЛА КОНТРПРИМЕРА — И специалисту-математику и школьнику, —— начал Георгий Дани- лович,——приходится встречаться с математическими утверждениями, в истинности которых он сомневается. Иногда требуется какое-либо утверждение «доказать или опровергнуть» или из нескольких предложен- ных ответов к задаче выбрать правильный. Если доказательство утверж- дения (гипотезы) упирается в громоздкие выкладки, то часто бывает полезно не начинать с попыток доказательства —— нередко предпочти- тельнее сначала отдать себе отчет, насколько данная гипотеза праВДо- поцобна, не приводит ли она к явно ошибочным или сомнительным вы- водам, нельзя ли ее опровергнуть. Короче говоря, прежде чем пытаться доказывать, стоит иногда попытаться опровергнуть... Так, в частности, обстоит дело с приведенной в прологе гипоте- зой Брамагупты. ПреЖДе чем ринуться ее доказывать (если эта гипотеза верна, то доказательство будет, вероятно, весьма громоздким), имеет смысл испытать ее на правдоподобие. Здесь хорошо применить простей- ший прием: проверка на частных случаях. — Я провела проверку для квадрата и для прямоугольника,— ска- зала Лена Фоменко‚—в этих случаях формула Брамагупты дает пра- вильный ответ. — Но тем не менее,—включился в разговор Саша Тихомиров‚— формула явно ошибочна. Вот я сложил шарнирный квадрат из складно- го метра (рис. 2). По формуле Брамагупты я получу для него некоторую Рис. 1 Рис. 2

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 3 Рис. 4 площадь 8. Теперь я квадрат сожму вот так (рис. 3); получится ромб, имеющий острый угол. Длины сторон не изменились, поэтому я по фор- муле Брамагупты получаю, что площадь ромба тоже равна 5. Но ведь при сжатии площадь четырехугольника явно уменьшилась, ромб может оказаться очень узким! Значит, формула Брамагупты дает в данном слу- чае ошибочный ответ! Ну, вот и получается, что утверждение Брамагуп- ты неверно, он ошибся... —— Ты прав, Саня, -—- подтвердил учитель. —— Но эта неудача Бра- магупты не должна заставить нас начисто отказаться от привлекатель- ной идеи обобщения формулы Герона на случай четырехугольника. Надо только либо ограничиться более узким классом четырехугольников, либо искать другую, более сложную формулу, пригодную для всех четырех- угольников. К этому вопросу мы еще вернемся позднее. При обсуждении утверждения Брамагупты мы видели, что решающую роль сыграли не подтверждающие частные случаи (квадрат, прямоуголь- ник), а опровергающий частный случай (ромб, отличный от квадрата). Нередко бывает, что наличие большого (даже бесконечного!) числа раз- нообразных подтверждающих примеров еще не может служить доказа- тельством правильности математического утверждения; напротив, ука- зать хотя бы один опровергающий пример («контрпример») — это часто значит начисто отвергнуть данное утверждение, полностью доказать, что оно ошибочно. Такова сила контрпримера! Полезно приобрести на- выки в составлении негромоздких контрпримеров. Рассмотрим несколь- ко упражнений. Прямоугольник, — продолжал Георгий Данилович, — считается описанным около треугольника, если на каждой стороне прямоугольника (быть может, в конце этой стороны) находится хотя бы одна вершина треугольника. Предлагаю каждому из вас начертить в своей тетради прямоугольник, описанный около правильного треугольника... — Теперь, Сергей,——предложил учитель через несколько минут Лапшииову, -— сделай такой же чертеж на доске (его чертеж изображен на рисунке 4). А нельзя ли иначе описать около правильного треуголь- 12

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ника прямоугольник? Нельзя ли это сделать так, чтобы ни одна сторона треугольника не совпала со стороной прямоугольника? —- Конечно, можно,—-— сказал Вадим.— Например, вот так (см. рис. 5). — Теперь я сформулирую задачу, — сказал учитель. Задач а 2. Ученику Дакову представляется очевидным, что прямо- угольник, описанный около правильного треугольника, имеет вдвое боль- шую площадь, чем этот треугольник. Ученик Неков полагает, что это утверждение ошибочно. Кто прав? — Мне кажется,-—сказал Сережа‚—что Даков прав. Вот посмот- рите на мой чертеж (рис. 4). Очевидно, что сумма площадей двух неза- штрихованных треугольников равна площади заштрихованного треуголь- ника; и отсюда уже явно следует справедливость утверждения Дакова. — Для твоего случая это следует, -—- заметил Вадим.— Но один под- тверждающий случай еще ничего здесь не доказывает. Быть может, удастся подобрать какой-нибудь контрпример? —— По-моему, ты, Вадик, сам уже привел такой контрпример. — Толя Москвичев показал на рисунок (рис. 5). — Проведем через точку В пря- мую ВБ, параллельную стороне КА (рис. 6), и пусть она встречает [АМ] и [АС] в точках 0 и Е. Тогда имеем такие соотношения для пло- щадей: ЗААРВ<5 ААОВ=_%'8АКВВ› 5Агсв=Ё|РВ ° |СР|<%'|ЁВ| ' |СР|=7Ё'51)ВЬМ‚ Поэтому 1 1 1 5Алвс=5 ААРВ+$ Агсв<7 8АКВО+ЁЗ ввьм=_2' 5там, то ЕСТЬ 1 змвс <"Ё' 5АКЬМ. Итак, мы получили контрпример, опровергающий гипотезу Дакова. мс 1, м_с 1. Рис. 5 Рис. 6

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

—- Я думаю,—обратилась к Толе Ира Никольская, м что твое рас- суждение доказывает нечто большее, чем опровержение гипотезы Дако- ва: если только сторона треугольника не совпадает со стороной описан— ного около него прямоугольника — площадь треугольника обязательно меньше половины площади прямоугольника. ПРОВЕРКА ПО РАЗМЕРНОСТЯМ — При решении не только физических, но и геометрических задач,— сказал учитель,—хорошим и очень простым средством самоконтроля является «проверка по размерностям»: в любой формуле величина, за- писанная в правой части, должна иметь такую же размерность, что и величина в левой части формулы. Это соображение позволяет сразу отвергнуть некоторые гипотезы, возникающие при поиске математических закономерностей. Рассмотрим пример. Задача 3. Для площади 8 треугольника со сторонами, равными а см, Ь см, с см, верна формула Г ерона 5= тр—аХр—ЬХр—с), (2) где р—полупериметр треугольника. Когда вы думали над формулой Брамагупты, Вадим Шведов высказал мне такую гипотезу: для пло- щади 8 четырехугольника со сторонами, имеющими длины а см, 1) см, с см, и см, верна формула 5= Ъ/Р(Р—а)(Р—ЬХР-С)(р—д)‚ (3) где р ——- полупериметр четырехугольника. Испытайте «гипотезу Шведова» на правдоподобие. —- Ну, это легко сделать.— Витя Романков поцнял руку.-- Ведь› правая часть формулы (3) имеет размерность см5/2‚а левая часть (пло- щадь) имеет размерность см2. Следовательно, формула (3) ошибочна. СИММЕТРИЯ СВЯЗЫВАЕТ... — Начну с того,—— сказал Георгий Данилович,— что приведу тексты трех задач. 1. Найти какой-нибудь корень уравнения х2—З(а+Ь)х+2а2+2Ь2+5аЬ=О. 14

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

11. Дан треугольник, у которого стороны имеют длины а, Ь, с. Вычис- лить радиус какой-нибудь окружности, касающейся одной стороны тре- угольника и продолжений двух других сторон. 111. Дан треугольник. Длины его высот равны а, Ь, 0. Известно, что по этим данным треугольник восстанавливается Однозначно. Вычислить площадь треугольника. Обратите внимание на то, что в каждой из задач речь идет о каких- то величинах а, Ь, с, причем если в тексте любой из этих задач поменять а и Ь местами, то получим ту же самую задачу. В подобных случаях го- ворят, что задача симметрична относительно величин (или букв) а и Ь. Теперь представим себе, что нам известен правильный ответ к задаче, симметричной относительно букв а и Ь. Ради конкретности будем пола- гать, что ответ дан в виде формулы, СОДержащей величины а и Ь (и быть может, еще какие-то величины, независимые от а и Ь). Понятно, что если в этом ответе поменять местами величины а и Ь, то мы снова должны получить правильный ответ к задаче. А если мы (на основании каких- либо соображений) знаем, что задача имеет единственный правильный ответ, то вновь полученный ответ обязан совпасть со «старым» ответом (точнее говоря, оба ответа должны при любых допустимых конкретных значениях входящих в них величин дать один и тот же результат). Иначе можно так сказать: если задача симметрична относительно величин а и Ь и если она имеет единственный правильный ответ, то он обязан быть симметричным относительно этих же величин. Вернемся к нашим задачам. Вы легко можете проверить, что в зада- че 1 корнем уравнения является а+2Ь. В силу симметрии задачи можно (без проверки) гарантировать, что корнем будет также Ь+2а. В зада- че 11 можно показать, что радиус одной из рассматриваемых здесь окружностей равен 28/(Ь+с—а) (здесь 5 —— площадь треугольника). А так как задача симметрична относительно а и Ь, то радиус другой из рассматриваемых окружностей долженбыть равен 25/(а+с—Ь). Теперь вообразим себе, что вы решаете какую-то задачу, что товарищ вам принес свой ответ к этой задаче и что вы обнаружили следующее: 1) задача симметрична относительно букв а и Ь; 2) по смыслу задачи она обязана иметь единственное решение; 3) формула, предложенная вашим товарищем, не симметрична от- носительно букв а и Ь. ‚ Тогда можно, очевидно, сделать вывод: ответ, предложенный това- рищем, ошибочен. Я, проиллюстрирую это на задаче 111. Она, очевидно, симметрична относительно а и Ь и, кроме того, имеет единственное решение. Если ва- шим товарищем получен, например, для этой задачи ответ $=а2с2/Ь2, то можно гарантировать, что ответ ошибочен, так как (при аэЬЬ) он не симметричен относительно а и Ь. 15

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 7 Можно представить себе и более сложный случай, когда задача не меняется при «циклической» (то есть круговой) перестановке некоторых величин, входящих в ее условие,— например, при замене а на 1), Ь на с, с на а (рис. 7). Тогда и ответ к задаче (если известно, что такой ответ единственный), естественно, не должен измениться при той же переста- новке величин. ° Эти простые соображения иногда позволяют обнаружить ошибоч- ность ответа к задаче даже тому, кто сам ее решить не умеет! Давайте рассмотрим следующий пример. Вообразите себе такую картину. Однажды занятие кружка десяти- классников очень затянулось, попалась трудная задача, которую школь- ники никак не могли решить. Подошли вы и попросили разрешения по- слушать, чем занимаются десятиклассники в своем кружке. А в кружке решалась такая задача: «Дан тетраэдр (то есть треугольная пирамида) (рис. 8), противоположные ребра которого попарно конгруэнтны. Длины сторон основания тетраэдра равны соответственно а, 1), с. Известно, что по этим данным объем У тетраэдра определяется однозначно. Вычислить этот объем». И вот, по вашей просьбе, я объяснил вам, что такое тетраэдр и по ка- .‚ 1 кои формуле вычисляется его объем (У=Ё$Н‚ где З—плошадь его основания АВС, а Н—его высота). А тем временем некоторые десяти- классники уже закончили решение задачи; полученные ими ответы были выписаны на доске: У= да9+Ьг+с2ха?—Ь2+с2хь2+а?—с2); (4) У= ъ/2(а?+Р+с9)(а*2+ ЬЁ—С7ХЬ2+с2—а2)(с9+а?— 199); (5) У=%ъ/(а2+ьг—сгхЬ2+с*2—а7хс2+а2—129); (6) У=Ё т/2(а7+Ь2—ся)(1)2+сг—а2)(62+а2—Ь2). (7) |6

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

3 адач а 4. Как бы вы подвергли эти ответы испытанию на правдо- подобие и отобрали наиболее правдоподобный ответ? —- Мне ясно,— сказала Ира Никольская, -—- что ответ (4) ошибо- чен: ведь условие задачи симметрично относительно букв а и 1). Поэтому и ответ—если он правилен—не должен измениться, когда поменяешь а и Ь местами; иначе говоря, если ответ (4) верен, то должна быть верна и такая формула: У= та2+Ь2+сг)(Ь2—а2+с2)(а2+Ь2—с2). (8) Но формулы (4) и (8) (при ачЬЬ) приводят к различным значениям для объема. А это ведь нелепо! Да, ответ (4) надо отбросить. — Я не сомневаюсь‚——вдруг воскликнул Максим,—что и ответ (5) ошибочен! Правда, формула (5) выдерживает испытание на симметрию, она не изменится и при круговой перестановке букв, то есть если а за- менить на 1), 1) на с, с на а. Но ошибочность ответа (5) ясна «из сообра- жений размерности»: если считать, что а, 1), с измеряются в метрах, то объем У должен иметь размерность мЗ, а по формуле (5) получаем, что У имеет размерность м". — Я хотела бы высказаться по поводу ответа (6)‚—попросила учителя Зарифа Мухтарова.—Ответ (6) выдерживает испытания на симметрию, на цикличность и на размерность. Я его проверила на част- ном случае, а именно: я рассмотрела тетраэдр, у которого длины всех шести ребер равны между собой: Ь=с=а. Вот я только что вычислила объемтетраэдра по педсказанной вами формуле (У=%-$Н) и получила: У=Ёа3 Л. — Это правильный ответ, — п0дтвердил Георгий Данилович. -— А между тем формула (6) при Ь=с=а дает: У=%-а3. Значит, ответ (6) тоже ошибочен. -— А вот ответ (7),——заметил Игорь Райков,—выдерживает все те испытания, которым мы педвергли предыдущие ответы. — Так что же, по-твоему, ответ (7) верен? —- допытывался Ге- ра Великанов. — Я бы‚— ответил Игорь,—- пока не стал это утверждать. Но оче- видно, что имеет смысл проверить лишь те рассуждения, те выкладки, которые привели к этому ответу. Ведь не исключено, что и этот ответ ошибочен, его надо проверить. — Итак, мы видим, — закончил обсуждение учитель, — что даже при весьма скудных знаниях по стереометрии вы сумели установить оши- бочность нескольких решений данной задачи. А как правильно решить данную задачу? Это другой вопрос, и мы еще к нему вернемся позднее (см. стр. 137). 17

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ Задач а 5. Один школьник просил помочь ему решить следующую задачу: «Пусть а, Ь, с —- стороны треугольника, и р— его полупериметр. Доказать, что 1 1 1 р ( 54175 + т+ 21922” (9) Он пишет, что много раз пытался решить эту задачу, но не сумел с нею справиться. Что бы вы посоветовали этому школьнику? —— Я бы ему посоветовала,-— сказала Надя Грибова,-— сначала испы- тать данное утверждение на правдоподобие. Ну, хотя бы рассмотреть частный случай: Ь=с=а. Тогда левая часть неравенства (9) равна... %ао3?!д=—Ё—<2,5. Всё ясно: утвержцение ошибочно. 3 адач а 6. Если пятиугольник правильный, то в нем все диагонали конгруэнтны. Верна ли обратная теорема? —-— Обратная теорема,— сказал Гера,—— очевидно, такова: «Если в пятиугольнике все диагонали конгруэнтньс, то он правильный». -— Так истинно это высказывание‚—- спросил учитель,——— или ложно? Доказывать его или опровергать? Предварительно испытаем это выска- зывание на правдоподобие. Как твое мнение, Саня? -— Я бы так рассудил, -—— сказал Саша. —— Чтобы задать какой-нйбудь п-угольник А.А2А3...А„ (с точностью до его положения на плоскости), достаточно знать 2п—3 величин: длины п—1 последовательных его сто- рон ИЬА2|‚^|А2А3|,\ ..., |А„._‚А„| и величины п—2 последовательных его . углов А2‚ Аз, ..., А„-_‚‚ Чтобы найти эти величины, нужны 2п—3 незави- симых условия. В нашем случае п=5‚ 2п—3=7. Если обозначим длину данной диагонали через а, то мы имеем только пять условий (а именно: длина каждой из пяти диагоналей пятиугольника должна быть рав- на и). Эти пять условий позволяют составить пять уравнений для поиска семи искомых величин. Но из пяти уравнений обычно можно выразить только пять искомых неизвестных --через оставшиеся два неизвестных, которые могут быть выбраны произвольно (разумеется, в некоторых пределах). Поэтому праздоподобно, что в данном случае можно выбрать два из неизвестных произвольно; например, могу произвольно задать величины а _и В двух углов между тремя последовательными диагона- лями пятиугольника; могу, в частности, задать их неравными между собой. Но тогда пятиугольник уже наверняка не окажется правильным. Итак, правдоподобно, что интересующее нас высказывание ложно. —— Хорошо,——согласился учитель.-— Теперь, Толя, сформулируй окончательное решение задачи. —— Решение задачи. Возьму трехзвенную ломаную АЦВЕ (рис. 9) со звеньями длины и и углами а и В, где афр. Затем построю 18

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

›7 М А В Рис. 9 равнобедренный треугольник АСЕ с основанием [АЕ], у которого длина боковой стороны также равна 4. Пятиугольник АВСБЕ ——искомый: у него длины всех диагоналей равны а, и он неправильный. — Мы рассмотрели‚—подвел итог занятия учитель‚——несколько задач на опровержение ложных гипотез. Каждому исследователю—в частности, математику— приходится самому строить гипотезы, и важно уметь обнаружить среди них те, которые ошибочны, чтобы их отбросить. С такими ситуациями мы еще встретимся на последующих занятиях кружка.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ТО ЖЕ САМОЕ— НО ИНАЧЕ... ...Сначала я совсем ничего не понял и начал читать задачу во второй раз, потом в тре- тий... (потом) я переписал задачу по-сво— ему, чтобы она выглядела попроще, и вот что получилось„. Н. Носов. Витя Малеев в школе и дома ПРОЛОГ З ад а ч а 1. В треугольнике АВС (рис. 10) выбрана точка Р так, что верно следующее равенство для площадей треугольников: 5ААРС+$АВРС=$ААРВ° (1) Найдите в треугольнике АВС множество всех таких точек Р, для которых указанное равенство выполняется. З а д а ч а 2. Я вызываю к доске трех школьников — скажем, Лапши- нова, Марусанова и Райкова. У доски стоят три стула, а на доске над 20

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

“о . Рис. 10 ними написаны их номера: 3, 5, 8. Я отвернусь от доски, и пусть каждый из ребят сядет на один из стульев. Теперь я предлагаю: Лапшинов, умножь номер твоего стула на 2— и молчи; Марусанов, припиши к но- меру своего стула цифру нуль; Райков, умножь ——молча— номер своего стула на 11. Полученные три числа сложите так, чтобы я не слышал, а мне назовите сумму. (Ребята называют сумму 141.) Я угадываю: Лап- шинов сел на стул М 3, Марусанов—на стул М 8, а Райков—на стул М 5. (Ребята подтверждают, что угадано правильно.) Перед вами задача: придумать алгоритм, который позволил бы лю- бому из вас успешно выполнить этот фокус. На занятии кружка —— Задачи из пролога, — начал занятие Георгий Данилович, — можно решить с помощью одного часто используемого эвристического приема. Чтобы ознакомиться с ним, обратимся предварительно к простому примеру. З адач а 3. По возможности быстрее проверить, справедливо ли равенство 1О2З2+642=1О252. — Вы имеете в виду‚—— спросил Сережа‚— что мы воспользуемся приемами быстрого возведения чисел в квадрат? Но ведь мы их уже под- забыли... — Можете пользоваться любыми приемами‚——сказал учитель. — Это потребует минут пять на выкладки‚—уныло заметил Толя. — А не может ли кто-нибудь из вас придумать задачу, равносиль- ную данной, но чтобы решить ее можно было легче и быстрее? —— По-моему, можно‚——ответил Вадим.—- Вот равносильная задача: «Проверить справедливость равенства 10252—10232=642». 21

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Решение простое': 10252— 10232=<(1025— 1023х1025+ 1023)=2 . 2048=2 ‘ 2=(26)2> =642. —- В данном примере,-—ответил учитель,-—мы встретились с прос- тым, но весьма поучительным фактом: переформулировав задачу (то есть заменив ее другой, но равносильной), можно иногда получить зада- чу более доступную, чем исходная! Итак, встретившись с трудной для нас задачей, полезно задать себе вопрос: «Не могу ли я эту задачу сформулировать иначе? Не могу ли я это сделать так, чтобы в новой формулировке задача оказалась более простой, более доступной для ре- шения, чем исходная задача?» Переформулировка задачи, то есть замена ее равносильной, но более простой задачей,—- вот один из простейших, но очень важный, часто употребляемый эвристический прием. Посмотрим, как этот прием может быть использован при решении задач из «Пролога». Начнем с задачи 1. Кто-нибудь ее решил? —— Нет, мы ее не решили,-— сказала Ира. -—— Пытались, но не решили. —- Но раз задача не получается, то уместно задать себе вопрос: «А не можем ли мы сформулировать ту же задачу иначе?» —— Я что-то не вижу, как ее по-хорошему переформулировать, -— при- зналась Ира. -—— Я бы поступила так,-—вмешалась Надя. ——3амечаем, что 8ААРВ+(8АВРС+ЗАСРА)=$ААВС° (2) Из (1) и (2) вытекает, очевидно, что ЗААРВ=75ААВС° (3) Условие (3) удобнее условия (1), потому что в (3) участвует только Один «переменный» треугольник (имеющий вершину Р), тогда каквусло- вии (1) таких треугольников три. Итак, задачу 1 можно так переформу- лировать: «Найти множество всех таких принадлежащих треугольни- ку АВС точек Р, что площадь треугольника АРВ вдвое меньше площади треугольника АБС». Эту задачу уже нетрудно решить. —— Да, конечно, —— согласился Гера. -— Для этого я бы опять применил переформулировку. Если обозначить проекции точек Р и С на прямую (АВ) через Р„ и 0, то легко обнаружить, что равенство (3) равносильно равенству |РР‚|=-%|сс‚|. ‘ Ниже в угловых скобках ( ) приведены выкладки, которые на самом деле прово- дились устно. 22

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 11 Задачу 1 можно теперь переформулировать так: «Найти множество всех точек, принадлежащих треугольнику АБС и отстоящих от прямой (АВ) 1 на расстоянии 7|СС.|». Этим множеством является, очевидно, отре- зок [Адвд] — средняя линия треугольника АВС (рис. 11). —— Переформулировкой задачи‚—отметил учитель,—мы постоянно пользуемся, когда решаем задачу с помощью алгебры. Ведь в этом случае мы сводим решение задачи к поиску каких-то неизвестных чисел. А это обычно приводит к переформулировке задачи. Давайте обратимся к задаче 2 из пролога. Что является в этой задаче иско- мым? —— Искомым является‚—‹ сказал Саша‚—весьма необычная вещь: алгоритм, который позволяет, не глядя на вызванных школьников, уста- новить, на каких стульях они СИДЯТ. Привлекая алгебру, мы должны све- сти дело к поиску каких-то чисел. — Как же мы станем решать эту задачу? — Разрешите, я пойду к доске‚—сказала Ира—Я думаю решать так: обозначу номера стульев, на которые сели Лапшинов, Марусанов и Райков, соответственно через х, у, 2. Пусть они по вашему требованию назвали сумму 5. Тогда 2х+ 1Оу+ 1 12=5‚ (4) х+у+г=16‚ (5) З<х<8‚ 3<у<8‚ 3<2<8. (6) Исходная задача может быть переформулирована так: найти три нату- ральных числа х, у, 2, удовлетворяющих системе (4)—(6). Решить эту задачу, как мне кажется, уже не трудно. — Как так «не трудно»?—-удивился Витя—Тебе надо найти три неизвестных, а уравнений ведь только два! 23

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

—— Вот посмотри,—-продолжала Ира,——исключая из (4) и (5) 2, найду: 9х+у=176—8, то есть Но 3<у<8. Поэтому из (7) видно, что х—это частное от деления чис- ла 176—8 на 9, а у—остаток. Когда вы,—-обратилась Ира к учителю,—-проделали фокус, было 8=141. Поэтому 176—8=35. При делении числа 35 на 9 получается частное х=3 и остаток у=8. Поэтому и можно было заключить—как вы это и сделали,—- что Лапшинов сидит на стуле М9 3, а Марусанов —- на стуле М 8; Райкову остается стул М9 5. —— Какой же все-таки алгоритм в общем случае? —допытывался Гера. —- Алгоритм такой, —- ответила Ира. —- 1) Услышав сумму 5, назван- ную ребятами у доски, вычти ее из числа 176. 2) Раздели полученную разность (176—5) на 9. 3) Частное от деления — это номер стула, на котором сидит первый из вызванных учеников (в нашем случае—Лап- шинов), а остаток—это номер стула, на котором сидит второй вызван- ный ученик (у нас —- Марусанов). 4) А ученик, вызванный третьим по по- рядку (у нас это был Райков), сидит на оставшемся стуле, который не занят ни первым, ни вторым из ребят. —— Разрешите, я пр0делаю этот фокус,—-попросила Лена учителя. —- Пр0делай,—— согласился Георгий Данилович. И Лена вызвала трех учеников к доске и без заминки провела фокус. КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ 3 а д а ч а 4. Дан квадрат АВСВ (рис. 12). Требуется найти в плос- кости этого квадрата множество всех таких точек М, чтобы сумма площадей треугольников АМВ и СМВ была равна сумме площадей тре- угольников ВМС и ВМА. —- Какой бы ты, Сережа, применил здесь эвристический прием? —— Применил бы переформулировку задачи. По условию должно быть: ЗААМВ + 5Асмв= 5Авмс+ Зьвмл- (8) 24

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

гпц'п 1 шт 77 т, В Мб 0 Миг Ниц: ! |ч| ЗЁЁ‘Н "‘3›|Ё!|;!51; р 'э‘ пёэг'рли'щ ё’пёд» Мм: М4 М м2 ‘дфы ЁДЁЫНЁЦ‘Ё А /1\ А м1 3 Рис. 12 Рис. 13 Если обозначить через М1‚ М2‚ М3‚ М4 основания перпендикуляров, опущенных из точки М на прямые АВ, ВС, СВ, ОА, то (8) приобретает вид |ММ1|+|ММ3|=|ММ2|+|ММ4|. (9) Поэтому я переформулирую задачу так: «Найти в плоскости квадра- та АВСВ множество всех таких точек М, для которых восполняется ра- венство (9) (то есть сумма расстояний точки М от двух противоположных сторон квадрата или их продолжений равна сумме ее расстояний от двух других сторон или их продолжений)». _ Эту новую задачу нетрудно решить, если заметить, что четыре дан- ные прямые АВ, ВС, СВ, ПА разрезают плоскость на девять областей и что в каждой из этих областей множество точек М, удовлетворяющих равенству (9), легко найти (искомое множество см. на рисунке 13). З а д а ч а 5. Найти все числа х, для которых выполняется неравен- ство |х—5|<|х+4|. — Как бы ты, Лена, стала искать решение этой задачи? — Я знаю геометрический смысл числа |х—-5|—это расстояние на числовой оси (рис. 14) между точкой х и точкой 5; число |х+4| или |х—(—4)|—это расстояние от точки х до точки ——4. Поэтому задачу можно так переформулировать: «Найти все точки числовой оси, которые ближе к точке 5, чем к точке —4». Так как посередине меЖДу точками 5 и —4 находится точка '/2, то ответ ясен: х>'/2. 3 а д а ч а 6. Найти все корни уравнения |х—3|+|х+7|=10. — Как бы ты, Витя, стал решать эту задачу? —- Переформулировал бы ее геометрически: «Что собой представляет АРЕ?” х /х;Ё/_ " -‹3-3-2-1 (3113543 Рис. 14

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

множество всех точек числовой оси, для которых сумма расстояний от концов отрезка [—7; 3] равна 10 (то есть длине этого отрезка) ?». Ответ очевиден: это сам отрезок [—7; 3]. Значит, вот какой ответ к зада- че: —7<х<3. З ада ч а 7. Правильный треугольник АВС (рис. 15) вписан в ок- ружность (0, а на ней взята точка Р. Доказать: если |РС|>|РА| и |РС|>|РВ|‚ то |РС|=|РА|+|РВ|. — Как бы ты, Ира, стала искать решение этой задачи? — Мне кажется, что станет легче решить задачу, если мы «введем в чертеж» отрезок, у которого длина равна |РА|+|РВ| (или |РС|-—|РА|‚ или|РС|—|РВ|). Поэтому я бы задачу 7 переформулировала так: 3 а д а ч а 7а. Пусть правильный треугольник АВС (рис. 15) вписан в окружность (о и Рею, |РС|>|РВ|2|РА|; пусть А’ — такая точка на про- должении отрезка РВ, что |ВА’|=|РА|. Доказать, что |РС|=|РА’|. Задачу 7а можно решить так. [РС] и [РА’]—-стороны треугольни- ка РСА’; в нем СР ’=60° (как вписанный угол, опирающийся на ду- гу в 12О°). Покажу еще, что |СР|=|СА’|. Для этой цели рассмотрю АСРА и АСА’В. По построению |АР|=|ВА’|; |СА|=|СВ!, так как /`\ ‚А ААСВ равносторонний^(по условию); СВА'=180°—(6О°+АВР)= /\ ‚ - =12О°—(6О°—РАВ)=САР. Значит, АСРАЁАСА’В. Поэтому |СР|= /\ =|СА’|; кроме того, СРА’=6О°. Вижу, что АСРА’—- правильный, откуда следует, что |РС|=|РА’|=|РВ|+|РА|.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

МЫ С ВАМИ ГДЕ—ТО ВСТРЕЧАЛИСЬ... Чтобы найти решение, мы должны... акти- визировать ту часть наших знаний, пока пас- сивно хранящихся в памяти, которая имеет отношение к данной задаче. Д. Пойа ПРОЛОГ 3 а д а ч а 1. Отмечены середины М и Р смежных сторон А!) и ВС параллелограмма АВСБ (рис. 16). Пусть (МС) и (РВ) пересекаются в точке К. Вычислите отношение |ВК :|КР|. В Д 6' К М А + 3 Рис. 16

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

З а д а ч а 2. Пусть а —- какое-либо натуральное число, п>1, и 1 1 1 3 Выясните, верно ли, что 8<Т. На занятии кружка — Наш прошлый опыт изучения математических и других наук, наш опыт решения 3адач,—начал занятие кружка Георгий Данилович,— может нам подсказать тропинку, ведущую к решению новой задачи. Поэтому в тех случаях, когда задача не поддается решению, полезно себе задать вбпрос: «А не встречал ли я уже в прошлом что-нибудь сход- ное с данной задачей?», «Не встречал ли я что-нибудь похожее на то, что в данной задаче ищется, или на то, что в задаче дано?» Давайте при- меним это соображение к поиску решения задачи 1. Что мы в этой задаче ищем? — Отношение двух отрезков,-—ответила Ира. — А приходилось ли нам в прошлом находить отношение двух от- резков? — Приходилось. Например, при рассмотрении ПОДОбНЫХ треугольни- ков, — вспомнил Максим. — Не можем ли мы воспользоваться этой идеей в данном случае? — Но тогда нужны два подобных треугольника, в которых отрез- ки ВК и РК были бы соответствующими сторонами. А такой пары тре- угольников нет‚—развела руками Лена.. — Значит, нам нужно провести дополнительные построения, чтобы такие треугольники появились,—заключил учитель. — Это несложно сделать, —— заметил Сережа. — Отрезок КВ является стороной треугольника КВС. А чтобы получить подобный ему треуголь- ник, имеющий [КР] своей стороной, достаточно через Р провести пря- мую, параллельную (ВС) (рис. 17). Если построенная прямая встреча- ет (СМ) в точке Р, то АКВСюАКРР. В Е 0 Рис. 17

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Как же теперь найти отношение |КВ|:|КР|? — Думаю,—-сказал Игорь,—-что дальше уже делать нечего, все просто: ясно, что |КВ|:|КР|=|ВС|:|РР|; |РР| можно найти, так как [РР]——средняя линия в АВСМ. —— Верно,—кивнул учитель. —- Сформулируй, Надя, решение задачи. -— Решение. Пусть (РР)||(ВА), РЕ(СМ). Так как АКВСсюАКРР (по двум углам), то |ВК|:|КР|=|ВС|:|РР|. Так как [РР]—-средняя линия в АВМС, то |Рг|=-%ШМ|=%-ША|=%- |ВС|. Поэтому |ВК| : |КР|=4. —— Теперь, —- предложил Георгий Данилович, — обратимся к задаче 2 из «Пролога». В ней рассматривается сумма п слагаемых. Задача с ходу не поддается решению, и поэтому полезно спросить себя... — ...не встречались ли мы в прошлом с чем-то похожим? —вставил Максим. —— И как, встречал ты, Максим, что-нибудь похожее? — В этом году мы рассматривали арифметические прогрессии, там встречается похожая сумма: =а1+а2+ +а1а+ +апэ (2,) где ш, щ, ап—члены прогрессии. Мы вычисляли эту сумму. -— Как же вы это делали? —- Мы ту же сумму переписывали иначе: $=ап+ап—|+ ---+ап+|—/г+ +01, (3’) а затем складывали почленно равенства (2’) и (3’): 25=(ап+ап)+(а2+ап—1)+ +(а/г+ап+|—/г)+ +(ап+ап)- (4’) После этого каЖДая сумма в скобках преобразовывалась и упрощалась. -— Попробуем то же соображение применить и к поиску решения на- шей задачи. Начни, Толя, рассуждать на эту тему у доски. 29

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Я бы сначала,—-начал Толя‚—-записал сумму 8 в двух различ- ных видах: 1 1 1 1 5—„+ +ш+т+т+т+971э (2) 1 1 1 1 5—23+72‚Т:т+"°+т+т+т° (3) Отсюда я получаю, складывая почленно (2) и (3): _ 1 1 1 1 1 1 25—( п+1 +Й) +( п+2+2п—1) +Ш+( п+1г+2п+1—/г) + 1 1 .‚ 3 В этои сумме и скобок. Мне нужно показать, что $<г‚ то есть что 3 28 <-ё-.А для этого мне достаточно показать, что каждое выражение в скобках меньше, чем 3/(2п). Я бы сразу взял выражение в [г-й скобке и стал доказывать неравенство п-т—Ё+2п+11—Ё>Ёёй (1<Ё<п)’ (5) или, что то же самое, 3(п+1г)(2п+1—/г)>(3п+1)2п. (6) Раскрыв скобки и приведя п0добные‚ получу неравенство Зп/г+п+3/г—З/г2>0‚ 3/г(п—/г)+(п+3/г)>0. Последнее неравенство, очевидно, справедливо, так как 1<1г<гъА так как ему равносильны неравенства (б) и (5), то и (5) справедливо. Итак, в сумме (4) каждое выражение в скобках меньше, чем 3/(2п); поэтому 28 < п - [3/ (2п)] = 1,5. Видим, что неравенство 8<—Ё верно.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

КРУЖКОВОЕ ИНТЕРВЬЮ 3 ад а ч а 3. Внутри острого угла МОА/ по разные стороны от его биссектрисы 01. выбраны две точки: точка А лежит в угле МОЬ, точ- на 8—8 угле А’ОЬ. Требуется найти на сторонах угла такие точки М | и М (М|Е[ОМ), МЕ[ОМ)‚ чтобы длина ломаной АМ1А1.В была на- именьшей. -— Не хочешь ли ты, Гера, провести 1это интервью? —-— С удовольствием. Я как раз поцумал, что мы когда-то решали в классе похожую задачу: «Даны две тоЧкн А и В по Одну сторону от пря- мой а; и надо найти такую точку Р, Реа, чтобы ломаная АРБ имела наименьшую длину». — Да,точно,——оживленно зажестнкулировала Надя.—- Для решения задачи, о которой вспомнил Гера, мы вместе с одной из данных точек А, В рассматривали еще симметричную ей точку относительно а—напри- мер, точку В’, симметричную точке В. И тогда для любой точки РЕа имеем |АР|+|РВ|=|АР|+|РВ’|. А так как последняя сумма будет наи- меньшей, если АРВ—-— отрезок, то точка Р, в которой (АВ’) пересекает а, и есть искомая точка. — Мне кажется,— продолжал Гера, —— что ту же идею надо бы при- менить при решении нашей задачи: рассмотреть точки, симметричные данным точкам А и В относительно сторон угла: точку А’, симметричную точке А относительно (ОМ), и точку В’, симметричную точке В относи- тельно (ОМ). Дальше можнбрассужцать примерно так же, как рассуж- дала Надя. Для любых точек М|Е[ОМ) и МЕ[ОА/) имеем: |АМ||+ +|М|М|+|МВ|=|А’М.|+|М|М|+|М.В’|. А последняя сумма (то есть. длина ломаной А’М.МВ’) будет наименьшей, когда Мд и А]. и на от- резке А’В’. Отсюда ясно, как следует выбрать точки М д и М.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ИДЕЯ ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ НЕИЗВЕСТНЫХ Идея, примененная однажды, порождает ис- кусственный прием; примененная дважды, она становится методом. Г. Пол иа, Г. Сеге. Задачи и теоремы из анализа П Р'ОЛОГ 3 а д а ч а 1. Во вписанном в омружность четырехугольнике известны длины всех его сторон. Вычислите его площадь 5 (рис. 18). 3 а д а ч а 2. Вычислите длину х биссектрисы [Ад] угла А треуголь-

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 19 Рис. 20 ника АВС, если величина этого угла равна а, а длины заключающих его сторон равны Ь и с (рис. 19). Задача 3. Выбраны на плоскости п+1г точек (рис. 20): п точек служат вершинами выпуклого п-угольника, остальные ь точек лежат внутри этого многоугольника. Эти п+1г точек как-то соединены отрез- ками, которые разбивают н-угольник на треугольники. При этом каждая из данных точек является концом хотя бы одного из этих отрезков, и лю- бые два отрезка либо вовсе не имеют общих точек, либо имеют общий конец. Сколько всего образуется треугольников? На занятии кружка — На этом занятии,—начал Георгий Данилович‚—мы рассмотрим один прием, часто применяемый при решении задач на вычисление. При решении простых задач нам часто удается сразу выразить искомую ве- личину — с помощью какой-нибудь известной формулы —— через данные величины. В более сложных случаях мы выражаем искомую величину через какие-то промежуточные неизвестные величины, а эти неизвест- ные—через другие неизвестные; и так далее — до тех пор, пока мы не сумеем выразить искомую величину через величины, данные в условии задачи. Более общий подход—которому и будет посвящено наше сегодняш- нее занятие — состоит в следующем: если нам не удается выразить иско- мую величину через данные величины, то мы пытаемся составить не- сколько уравнений, которые связывают искомую величину, данные ве- личины и какие-то вспомогательные, ненужные для окончательного ре- шения задачи, неизвестные. После исключения всех вспомогательных неизвестных обычно получаем уравнение, из которого находим искомую величину. Обратимся к задаче 1 из пролога. Проведем поиск ее решения. — Мы не видим‚—начал Витя‚—как выразить искомую величину (площадь 5 четырехугольника АВСВ) через данные величины (то есть через длины а, Ь, с, а его сторон). — Но мы можем,—заметила Надя,——выразить 5 через а, Ь, с, а 33 2 Поиск решения

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

А _ А и еще Одну вспомогательную величину—угол В=В. Так как зт 0== А зт В, то легко получить, что 8=%(ад+са!)зйп6. (1) — Хорошо бы теперь‚—— мечтательно промолвил Сережа,—— выра- зить В или зйп (3 через известные величины а, 17, с, 41; но мне совершенно неясно, как это сделать. — Давайте применим‚—- предложил учитель,—-тот прием, о котором мы говорили раньше: попытаемся связать угол В каким-нибудь уравне- нием с данными величинами и еще каким-то вспомогательным неизвест- ным. —- Из треугольника АВС ВИдно‚—сказал Вадим‚——что можно свя- зать В с а, Ь и вспомогательным неизвестным |АС|: |АС|2=а2+Ь2—2адсозв. (2) Теперь у нас уже два уравнения (1) и (2) — но, к сожалению, с тремя неизвестными. —- Что же нам дальше делать? —— призадумался Гера. —- Я бы попытался составить еще одно “уравнение с теми же неиз- вестными,—-включился в разговор Максим—Такое уравнение получу из ААСВ: |АС|2=с2+с12+2сс1созВ. (3) Из трех уравнений (1)—-(3) с тремя неизвестными мы можем исключить лишние, вспомогательные неизвестные В и |АС|; а после этого получим уравнение, содержащее только Одно неизвестное— искомую величину 8, которую мы тогда и вычислим. — Хорошо‚—-кивнул учитель,——поиск закончен. Теперь, Игорь, из- ложи компактно решение задачи. — Решение. Пользуясь формулой для площади треугольника и теоремой косинусов, получаем: =-%(ад+сс1)зйп6, (1) |АС|2=а2+Ь2—2адсоз6, (2) |АС|2=с2+с12+2сасозВ. (3) Из (2) и (3) исключаем |АС|2. Приходим к равенству а2+Ь2—с2—с12=2(ад+сс1)соз(3. (4) Теперь из системы (1) и (4) двух уравнений с двумя неизвестными надо исключить вспомогательное неизвестное В: Перепишем (1) так: 45=2(аЬ+сс1)зйпВ. (1’) 34

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Возведя (4) и (1’) почленно в квадрат и складывая, получим 16$2+(а2+Ь2—с2—с12)2=4(ад+сс1)2, 1682=[2(аЬ+сс1)+(а2+Ь2—с2—с12)][2(ад+061)_(а2+д2—02_‘12)]= =[(а+Ь)2—(с—а)2][(с+а)2—(а—Ь)2)= =(а+Ь+с—с1)(а+Ь—с+с1)(с+с1+а—Ь)(с+с1—а+д). Если ввести —— ради краткости — обозначение а+Ь+с+с1=2р (р — полу- периметр четырехугольника), то получим: 16$2=(2р—2а)(2р—2Ь)(2р—2с)(2р—2с1), 5= ъ/(р—аХр—ЬХр—сХр—Щ- — Так вот, оказывается, для каких четырехугольников верна форму- ла Брамагупты!-——воскликнул Вадим—Для вписанных в окружность! —- Да, именно так,—подтвердил учитель—А теперь п0думаем над задачей 2. Как бы ты стал рассуЖдать, Андрей? — Я не вижу, как сразу выразить х через Ь, с и (1. Поэтому я бы по- пытался ввести в рассмотрение какое-либо новое неизвестное, которое легко связать с х, Ь, с, а. Таких несколько: площади 81 и82 треугольни- ков ВАН и САП, а значит, и площадь 5 треугольника ВАС; длины отрез- ков ВБ и СВ. Не знаю, что здесь лучше выбрать... — И тот и другой выбор приведет к решению. — Тогда я бы выразил площадь 5 треугольника АВС через х, Ь, с, а: 8=-%—Ьх зйп ё-Ъ—ёсх зйп %. (5) Я получил Одно уравнение с двумя неизвестными: х и 8. Надо бы най- ти 8... Но это нетрудно сделать: $=—%-Ьс зйп а. (6) Из (5) и (6) легко найти х: х= тэта то есть х=шсоз5д (Ь+с)зйп—%—‚ Ь+С 2 — Рассмотрим задачу 3 из пролога. Как бы ты начала искать реше- ние? —-обратился учитель к Ире. — Обозначу число треугольников через х. Я не вижу связи между числами х, п и /г. Поэтому спрошу себя: не могу ли найти зависимость между х, и, [г и еще какой-либо вспомогательной величиной? Может быть, с площадью многоугольника? —- Нет, здесь простой связи нет... —- А ты какую вспомогательную величину взял бы?—-спросил учи- тель Сашу. 35

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 21 Рис. 22 — Какую?.. Попробую сумму углов всех треугольников! Обозначу ее через 0. Тогда 0=х02ф (7) Одно уравнение—а неизвестных два: х и 0. Не могу ли я найти еще одну зависимость между х, п, да, 0? Из чертежа (рис. 21) видно, что при сложении углов всех имеющихся треугольников образуются все углы данного п-угольника и еще 12 полных углов. Поэтому о=2с1(п—2)+1г . 44. (8) Исключив из (7) и (8) вспомогательное неизвестное о, приду к уравне- нию для наХОЖДения х. Получается: х=п+2!г—2. 3 а д а ч а 4. Четыре вершины квадрата со стороной, равной а, слу- жат центрами четырех кругов радиуса а. Вычислите площадь общей час- ти этих кругов (рис. 22). — Как же нам начать решение? ——спросил учитель. — Я бы обозначил площадь общего участка четырех кругов через х и стал бы искать уравнение, связывающее х и а,—предложил Витя. — Видишь ли ты такую связь? — Нет, пока не вижу. —— А кто видит? — Я тоже не вижу такой связи‚—включился в разговор Игорь,— но я вижу зависимость между х, и и вспомогательными величинами —— 36

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

площадями других участков, на которые квадрат разрезан окружностя- ми. Если обозначить эти площади буквами—так, как на рисунке 22,— то получим: х+4у+4г==а2‚ (9) Теперь мы имеем одно уравнение с тремя неизвестными. Чтобы исклю- чить вспомогательные неизвестные у и 2, нужны еще два уравнения. А откуда их взять—- неясно... -— Еще одну зависимость я вижу,— сказала Лена,—- четверть круга составлена из трех участков с площадью у, двух участков с площадью 2 и из заштрихованного участка. Поэтому х+3у+22=%-ла2‚ (10) А вот чтобы найти еще одну зависимость, я бы воспользовалась тем, что три участка в левом нижнем углу квадрата (Один с площадью у и два с площадью 2) получаются, если из квадрата выбросить четверть круга. Поэтому 1 у+22=а2—Тла2‚ 1 ) -— Вот теперь уже можно искать х, —— вздохнула Ира. -— Как бы не так,—-поморщился Толя.—- По-моему, равенство (11) какое-то п0дозрительное. Нет, оно, конечно, верно, не в этом я сомне- ваюсь. Но ведь оно сразу получается, если из (9) вычесть почленно (10), оно—следствие из (9) и (10). А нам нужны три независимых уравнения. —— Я бы, -— предложила Надя, —- попыталась вычислить площадь кри- волинейного треугольника АОВ. С Одной стороны она равна х+2у+г. А с другой стороны, нельзя ли эту площадь выразить через а? -— Мне кажется, что можно,—-п0ддержал эту идею Андрей,—она равна площади кругового сегмента ОВТ. Дуга его, очевидно, содер- жит 12О°; значит, площадь его равна... 1. 2 а2к3 3““_ 4 ' Поэтому получаем: 2 х+2у+2=93-(л— 514,3— ›. (12) А теперь из системы трех уравнений (9), (10), (12) можем найти х, исключив у и 2. — Как же это сделать поэкономнее? — поинтересовался учитель. -— Я бы,— внес свое предложение Вадим, — умножил уравнения (9), (10), (12) соответственно на 1; ——4; 4 и сложил результаты. Тогда по- лучится х=а2(1+%‘-— Л).

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

\А __ ` › ъчг" у! учи `7 __„__ ‚_Ц‹2`ЦЁЬИ__ЁЬ(Й‘У;„ ' "г 7 ‘ # : дёщёж ‘ 7 `Ё' \ ЗАДАЧ И ВНУТРИ ЗАДАЧ И Превосх0дство человека состоит в том, что он способен придумать подходящую вспомо- гательную задачу, если исходная кажется неразрешимой. Д. Пойа ПРОЛОГ Ребята были недовольны. Они были недовольны прежде всего собой: ведь, что ни говори, эта задача из школьного учебника для ИН клас- са—правда, из старого варианта учебника, опубликованного еще в 1978 году, но это им казалось не так уж существенным. Подумать толь- ко: ни у кого из них даже сейчас, после многих попыток, нет никакой идеи, как к задаче подступиться. Они были недовольны академиком Кол- могоровым и его соавторами, включившими эту задачу в учебник: что они себе думали? Что все школьники — академики? Что все восьмиклас- ники решают задачи так же хорошо, как Колмогоров или Селиванов? Они были недовольны и Селивановым, который предложил им решить эту задачу к очередному занятию кружка. Их сегодня раздражали сели- вановские афоризмы: «Чтобы от хорошей задачи была польза, ею надо 38

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

переболеть», «Неудача часто учит лучше, чем удача», «Не так важно решить задачу—важнее над ней хорошенько подумать». Но больше всего их сег0дня возмущал этот дотошный Санька Тихо- миров из «старого» селивановского кружка (который здесь существовал г0да два тому назад для шестиклассников). Это он раскопал эту тяжкую задачу, целую неделю носился с нею, предлагал ее всем знакомым и не- знакомым школьникам, а в прошлую пятницу в конце занятия кружка п0дсунул ее Георгию Даниловичу. Селиванов, усталый, думавший о чем- то другом, услышав про новую задачу, встрепенулся: -- Я эту задачу знаю. Ты, Саня, наверное, обратил внимание, что она в старом издании учебника геометрии встречается трижды—вот смотри: на стр. 100 (задача 30), на стр. 47 (задача 9) и здесь же, на стр. 47, приведен ее частный случай (задача 8), который не легче, чем общий случай. Это действительно трудная 'задача‚— может быть, самая трудная задача из этого учебника. Учитывая это обстоятельство, —— обра- тился учитель ко всем столпившимся вокруг него школьникам,—и не слишком расстраиваясь, если задача не получится, ПОДумайте все дома над ней, почувствуйте ее трудность, попытайтесь выяснить, что именно мешает ее решить. Мы воспользуемся ею, чтобы познакомиться с Одним простым, но очень важным приемом поиска решения задач. И тогда ребята записали ее условие. Вот оно: 3 а д а ч а 1. Около окружности описан четырехугольник. Докажите: прямые, проходящие через точки касания его противоположных сторон, и обе диагонали четырехугольника пересекаются в одной точке. На занятии кружка —- Каждая трудная задача‚——начал занятие Георгий Данилович,— чем-то похожа на неприступную вражескую крепость, обнесенную проч- ной крепостной стеной. Чтобы все же взять эту крепость, полезно для на- чала пробить брешь во вражеской обороне, завоевать сначала какой- либо бастион этой крепости или хотя бы захватить какую-либо бойницу; а потом, быть может, окажется, что уже легче станет` завоевать и всю крепость. Точно так же при поиске решения более или менее трудной задачи нередко выг0дно вьпделить из этой задачи и четко сформулиро- вать какую-нибудь частную или вспомогательную задачу («подзадачу»), решение которой облегчает решение ИСХОДНОЙ задачи. Проиллюстрирую эту мысль на двух простых примерах. а) Пусть предложена задача: построить треугольник АВС (рис. 23) по основанию а([ВС]ёа), высоте пищал) и медиане т([АМ]ёт). Не видя с хщу, как построить ААВС, я прикИДываю: не сумею ли я построить его часть? Ну, скажем, АМАН? Я прихожу к подзадаче: 39

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

«Построить прямоугольный треугольник (АМАН) по гипотенузе т ([АМ]ёт)‘ и катету щита/1)». Эту ПОДзадачу легко решить; а за- тем — и исходную задачу. б) Семикласснйку предложили задачу: «Имелся квадрат АВСО с центром 0. На двух его противоположных сторонах были отмечены две точки: Р на [АВ] и С) на [СВ]. После этого квадрат был стерт, остав- лены только точки 0, Р, 0. Требуется восстановить квадрат». Ученик рассуждает так: «Не видя, как восстановить весь квадрат, попытаюсь найти хотя бы одну новую (то есть отличную от Р и О) точку на контуре квадрата». Тем самым он удачно подобрал подзадачу, после ее решения он уже легко решит и исходную задачу. Теперь давайте попытаемся вместе найти решение задачи 1 из проло- га. Что здесь вызывает у нас затруднение? —— У мен_я,—сказал Толя‚—возникло такое затруднение: в задаче требуется доказать, что какие-то четыре прямые проходят через одну и ту же точку; а мы нигде в школе не встречали теоремы, которая обес- печивала бы прохождение четырех прямых через одну и ту же точку. Я не знаю, есть ли вообще такая теорема. — Давайте,—сказал учитель, — вспомним, что в нашей задаче дано и что требуется доказать. Говори, Толя,—— обратился он к Москвичеву. —— Дан четырехугольник АВСО, который описан около некоторой окружности (с центром О и радиусом 12); Р, С), М, М—точки ее касания соответственно со сторонами АВ, СО, АН, и СВ (рис. 24). Требуется до- казать: существует такая точка —— скажем, 8, —— через которую проходят все четыре прямые ММ, РО, АС и 81). — Правильно,—сказал Георгий Данилович—Но ведь эта задача оказалась для нас слишком трудной. Поэтому спросим себя: не можем ли мы данную задачу разбить на несколько более простых задач? Не мо- жем ли мы из этой задачи выделить хотя бы одну более простую задачу? Это и будет тот «бастион» неприступной вражеской «крепости», который нам надо захватить, прежде чем завоевать всю «крепость». 40

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

—- Наверное, выделить такую подзадачу нетрудно‚— подал голос после некоторого размышления Сережа‚——-хотя непонятно, будет ли от этого какая-либо польза. Например, можно выделить из нашей задачи такие «порции»: «Доказать, что три прямые (ММ), (РФ) и (АС) имеют общую точку», «Доказать, что три прямые (ММ), (РФ) и (ВО) имеют общую точку». Конечно, решив обе эти вспомогательные задачи, мы тем самым решим и исх0дную задачу. —— Ты прав‚——согласился учитель—Итак, вместо исходной задачи будем думать над следующей вспомогательной задачей, которую сформу- лировал Сергей. П0д3адача 1А: «Доказать, что три прямые (ММ), (РФ) и (АС) имеют общую точку». — Ну, это тоже задачка дай бог‚—— воскликнул Толя‚— ведь мы же не знаем хорошего условия и для прохождения трех прямых через одну и ту же точку! — Это верно‚—-ПОДтвердил учитель—Мы ВИДИМ, какой «бастион» достаточно захватить, чтобы завоевать «крепость», но нам неясно, как ПОДступиться к этому «бастиону». Поэтому ПОДумаем с вами над тем, нельзя ли захватить хотя бы какую-нибудь «бойницу» нужного нам «бас- тиона». Иначе говоря: не можем ли мы из задачи 1А выделить еще ка- кую-нибудь более простую подзадачу? Но, может быть, предварительно переформулируем нашу задачу—подобно тому, как мы это делали на одном из предыдущих занятий кружка. -- Конечно, это мы можем сделать‚———сказал Сережа—Например, можем переформулировать задачу так: «Доказать, что точка (ска- жем, 5) пересечения прямых АС и МА! и точка (скажем, Т) пересечения прямых АС и РФ совпадают». —- В каком же случае я могу гарантировать, что расположенные на отрезке АС точки 8 и Т совпадают? —спросил учитель. Раздались голоса ребят: —— Если |А$|=|АТ|. — Если 1$С|=|ТС|. —— Если |А$|+|ТС|=|АС|. — Если 8 и Т делят [АС] в Одном и том.же отношении. —- Пожалуй, удобнее всего воспользоваться последним вариантом,— сказал Георгий Данилович.-—А чтобы это сделать, нам потребуется решить две вспомогательные задачи. Какие? — На этот вопрос легко ответить, —отозвался Андрей. — П0д3адача 15: «Найти отношение |А$|:|$С|». П0д3адача 18: «Найти отношение |АТ|:|ТС|». — Но что значит‚—продолжил учитель‚—найти эти отношения? Ведь это означает, что их надо выразить через какие-то величины, которые можно считать известными... 41

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 25 Рис. 26 — Мне кажется, что здесь многое можно считать известным, —— вклю- чился в разговор Витя,— например, длину диагонали АС, длины сторон четырехугольника или расстояния от его вершин до ближайших к ним точек касания. ' -— Давайте,—предложил учитель,—эти расстояния обозначим так, как указано на рисунке 25. Таким образом, мы выделили из нашей зада- чи подзадачу 1Б, которую можно так сформулировать: Дан описанный четырехугольник АВСВ, М и А! — точки касания сторон А0 и ВС с ок- ружностью. Известно, что |АМ|=а‚ |СА/|=с, 5 — точка пересечения [АС] и [ММ]. Вычислить отношение |А$| :|$С|». Решив эту вспомогательную задачу, уже нетрудно будет решить и исходную задачу. Изложи, Гера, решение на доске. —— Решение подзадачи 15 (рис. 25). Подберу два подоб- ных треугольника, у которых [А8] и [8С]——соответственные стороны. Для этой цели достаточно опустить на (МА!) перпендикуляры АА; и СС1‚ Тогда |А5|= |$С|=|АА1|:|СС‚|. Но отрезки [ААх] и [СС1]—катеты в прямоугольных треугольниках АА1М и СС11\/. У них т=С1МС (эти углы измеряются половиной одной и той же дуги окружности). Следовательно, ААА1МСЮАСС|М‚ |АА1|2|СС||=С1:С, |А$|:|$С|=а:с. (1) Подзадача 1Б решена. А теперь можно вернуться к исХОДной задаче 1. — Изложи ее решение,——- велел учитель Толе. —— Решение задачи 1. Пусть М, М, Р, О—точки касания; а, Ь, с, а—длины отрезков касательных (рис. 26), 8=(МА/)П(АС), Т=(РС2)П(АС). Докажем сначала, что 8 совпадает с Т. Действительно, рассуждая так же, как при решении ПОДзадачи 1Б, видим, что и П : |ТС|=а : с. (2) 42

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Из (1) и (2) следует, что Т=$. Следовательно, три прямые (ММ), (РФ) и (АС) имеют общую точку 5. Иначе говоря, диагональ АС проходит че- рез точку 5 пересечения прямых (ММ) и (РФ). Но то же верно и для дру- гой диагонали. Следовательно, все четыре прямые (МА’), (РО), (АС) и (ВО) имеют общую точку. А это и требовалось доказать,—3акончил Толя. Задача 2. При каких натуральных п существует выпуклый п- угольник, у которого все диагонали конгруэнтны? —— Пойди, Саша, к доске‚—ска3ал Селиванов‚—и проведи поиск решения. — Существует ли четырехугольник,— начал Саша, —у которого все диагонали конгруэнтны? Конечно—например, прямоугольник. А пяти- угольник? Тоже—например, правильный пятиугольник. А шестиуголь- ник? Правильный шестиугольник не подходит: у него не все диагонали конгруэнтны. Может быть, взять неправильный шестиугольник? Попро- бую нарисовать какой-нибудь шестиугольник. Нет, у него не все диаго- нали конгруэнтны. И совершенно неясно, как его деформировать, чтобы длины его диагоналей стали равными. Мне начинает казаться, что при п>5 вообще не может быть выпуклого п-угольника, у которого все диа- гонали равной длины. Попробую нарисовать «кусок» выпуклого п-уголь- ника А1А2А3А4А5... (рис. 27) при п>5. Если у него все диагонали равной длины, то в четырехугольнике А1А2А4А5 должны быть конгруэнтны че- тыре отрезка: диагонали А1А4 и ‚42145 и стороны ‚41/15 и А2А4. Итак, я прихожу к такой п о д 3 а д а ч е: Может ли существовать выпуклый четырехугольник, у которого две противоположные стороны и диагонали конгруэнтны? Допущу, что такой четырехугольник существует (рис. 28). Так как |А|А4|=|А2А4|,|А|А5|= =|А2А5|, то АА|А4А2 и АА1А5А2—конгруэнтные равнобедренные тре- А’ ‚А! А1 А5 Рис. 27 Рис. 28

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

А: Рис. 29 угольники с общим основанием [Ад/42]. Так как А4#=А5 (иначе мы уже имели бы дело не с четырехугольником, а с треугольником), то верши- ны А4 и А5 расположены по разные стороны от прямой А1А2 (рис. 29). Но в таком случае отрезки А1А2 и А4А5 имеют общую точку; а это невоз- можно, так как четырехугольник А‚А2А4А5——выпуклый. Я получил от- рицательный ответ на вопрос, поставленный в подзадаче. Тем самым ре- шена и иСХОДная задача: при п>5 нет выпуклого п-угольника, у которого все диагонали конгруэнтны. 3 а д а ч а 3. Сколько можно на шахматной доске насчитать различ- ных по положению или величине квадратов (целиком составленных из клеток доски)? — Можно‚—— попросил Андрей‚— я предложу способ для поиска ре- шения? Пусть длина стороны одной клетки шахматной доски принята за Одну единицу. Квадратов со стороной в одну единицу имеется, оче- 1 Рис. 30

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

видно, 64. Попытаюсь ПОдсчитать‚ сколько всего имеется на шахматной доске различных квадратов со стороной в две единицы (это будет наша п 0113 а д а ч а ЗА). Для этого, видимо, полезно сначала решить такую ПОДзадачу. П о д 3 а д а ч а 35. Сколько различных квадратов со стороной в две единицы имеется в какой-либо горизонтальной полосе шириной в две единицы (рис. 30)? Но п0дзадачу ЗБ решить легко: таких квадратов бу- дет 7. Теперь могу решить и подзадачу ЗА. Ведь различных горизонталь- ных полосок шириной в две единицы имеется, очевидно, 7. Значит, всего квадратов со стороной, равной двум единицам, имеется 7-7, или 72. Те- перь я попытаюсь найти, сколько всего имеется квадратов со стороной, равной трем единицам, четырем единицам и т. д. Очевидно, здесь воз- можны такие же рассуждения, как и выше. По-видимому, получим, что квадратов со стороной в три единицы имеется 62, со стороной в четыре единицы —52, со стороной в /г единиц (1</г<8) имеется (9—й)? Сло- жив эти числа, получу искомый ответ. Сформулирую компактно реше- ние задачи 3. Ре ш е н и е. Пусть 1<1г<8. Возьмем на шахматной доске горизон- тальную полоску шириной в [г единиц (одна единица—ширина одной клетки). В этой полоске, очевидно, имеется 9—й квадратов со стороной в [г единиц. А таких полосок тоже 9—й. Значит, всего квадратов со сто- роной в [г единиц имеется (9—й)? Полагая 1г=1, 2, 8 и складывая полученные числа, узнаем число всех квадратов на шахматной доске: 12+22+32+42+52+62+72+82=204.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ЧТО ТАКОЕ И НДУКЦИЯ? ААетодом индукции пользукпся все науки, в том числе и математика. Математической же индукцией пользуются только в математи- ке для доказательства теорем определенного типа. Довольно неудачно, что их названия связаны, так как между этими двумя мето- дами почти нет.логической связи. Д.Пойа На занятии кружка — Сегодня мы обсудим‚-—в выражении лица Георгия Даниловича было что-то торжественное‚—один из самых важных приемов поиска решения задач. Суть его мы выясним на конкретной задаче. 3 адача 1. Вообразите себе, что двум из вас—тебе, Вадим, и тебе, Игорь,—предлагается сыграть в следующую игру. Перед вами два открытых ящика, и в каждом из них лежат шары. Вы можете в лю- бой момент сосчитать число шаров в каждом ящике: в первом находятся р шаров, во втором—а шаров (р>о). По условию игры вы должны 46

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

поочередно вынимать из ящиков шары. Каждый игрок может при своем «ходе» взять любое число шаров, но только из одного ящика. Выигры- вает тот, кто заберет последний шар. Игру начинает Вадим. Может ли он так провести игру, чтобы обязательно выиграть? — А можно ли забрать все шары? —- поинтересовалась Ира. — Можно только из одного ящика. —* Как же ты стал бы играть, Вадим? —спросила Лена. — Пока неясно. Наверное, сначала я решил бы задачу для какого- нибудь конкретного случая: я бы подсчитал, сколько шаров в первом ящике, сколько шаров во втором, и в зависимости от полученных чисел стал бы искать путь к выигрышу. —— Допустим, что ты это сделал и оказалось, что р=21, а=10. Разве теперь тебе ясно, как решить задачу? —допытывалась Лена. — Число р+а=31 нечетное. Я возьму Один шар (например, из пер- вого ящика), Игорь—второй, я—третий, Игорь—четвертый, и т. д. Покончим с первым ящиком, перейдем ко второму. Последний—три- дцать первый шар—достанется мне, и я выиграю. —- Зачем же я буду все время брать по одному шару?—удивился Игорь.— Как только ты заберешь 21-й шар из первого ящика, я сразу заберу все 10 шаров из второго и уйду с выигрышем. — Да,— вздохнул Вадим,—-так дело не пойдет... —- Как же нам улучшить поиск решения? —прошептала Лена. —— Мне кажется,——3аговорил Гера,—-что Вадик начал со слишком сложного частного случая. — Точно, —- согласился Вадим, — надо бы сначала рассмотреть прос- тенькие частные случаи. — Вот именно‚— подтвердила Надя. — А затем переходи постепенно ко все более и более сложным случаям, пока не доберешься до общего случая. Ну, начни хотя бы со случая а=0‚ р=1. — Действительно,—согласился Вадим,—в этом случае я забираю единственный шар и выигрываю. —- Так же просто,— обратился к Вадиму Сережа‚—ты решишь за- дачу, если (1:0 и р=2 или даже если а==0 и р —любое натуральное чис- ло. Ты забираешь все шары из первого ящика и выигрываешь. — Хорошо бы теперь,— подсказала Лена,—- рассмотреть случай а=1, р=2; но как поступить в этом случае, сразу не видно. — А по-моему, видно! --—— воскликнул Толя.—-Ты, Вадик, забираешь из первого ящика один шар, и после этого в ящиках оказывается по одному шару. Теперь ход Игоря. Что же тебе, Игорь, остается делать? Ты обязан забрать один шар из какого-нибудь ящика. Тогда Вад-ик за- берет последний шар— и выиграет. — Я бы теперь,—посоветовал Сережа,—рассмотрел случай а==1, р=3. 47

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

—- Ну, в этом случае я легко выигрываю‚—-сказал Вадим—Я за- бираю из первого ящика два шара — и дальше задача решается так же, как в случае, о котором говорил Толик. Да больше того: я легко решу задачу, если о=1 и р —-любое, р>1. Я заберу из первого ящика столько шаров, чтобы в каждом ящике оказалось по одному шару. Затем, после хода Игоря, я забираю оставшийся шар и выигрываю. — Теперь можно,—сказала Надя,—рассмотреть случай: о=2, р— любое (но большее, чем 2). Если Вадим заберет из первого ящика все шары, кроме двух, то в ящиках станет поровну (по два шара), а после хода Игоря в одном ящике останутся два шара, а в другом либо будет один шар, либо не будет ни одного. А мы уже раньше видели, что в та- ком положении Вадик выигрывает. —- Но теперь, — сказал Вадим, — ясно, как я должен играть в любом случае, при любых р и 4, если р>о. — Тогда‚— предложил учитель,—- сформулируй решение задачи. —- Р е ш е н и е. Первым своим ходом я беру из первого ящика столь- ко шаров, чтобы шаров в ящиках стало поровну. После х0да Игоря в од- ном ящике окажется меньше шаров, чем во втором. Тогда своим следую- щим ходом я опять уравняю число шаров в ящиках. И так буду посту- пать при каждом своем х0де: буду забирать из ОДНОГО ящика столько шаров, чтобы в ящиках шаров стало поровну. Так как после каждого хода число шаров в ящиках уменьшается, то после некоторого числа хо- дов я выиграю. — В этой задаче, —- подвел итог учитель, —- мы применили очень важ- ный эвристический прием, который называется индукцией. И н д у к ц и я по-латыни означает «наведение»: рассмотрение частных случаев «наво- дит» нас на решение задачи в.общем случае. Если при решении трудной задачи у нас возникают серьезные затруднения, полезно себя спросить: «А не могу ли я решить эту задачу в каком-либо простом частном слу- чае?» После того, как нам удалось нащупать вот такой частный случай, мы ставим перед собой уже новый вопрос: «Нельзя ли воспользоваться этим решением (или приобретенным нами опытом), чтобы решить задачу в каком-либо более сложном (но, может быть, тоже частном) случае? Такие рассуждения повторяем достаточное число раз, пока не доберемся до решения исходной задачи. Индукция—наряду с аналогией—является полезнейшим средством для поиска научных закономерностей. Важность индукции отмечалась многими крупнейшими учеными-философами и естествоиспытателями. Впервые на исключительную ценность индукции обратили внимание анг- лийский философ Ф. Бэкон и итальянский физик Галилей. Хотя матема- тика является, казалось бы, чисто дедуктивной наукой, соображения индуктивного характера находят самые широкие применения в математи- ческих исследованиях. Это одно из основных орудий каждого научного 48

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

работника, это один из основных инструментов его творческой лабора- тории. Эту мысль неоднократно подчеркивали многие видные математики (Ньютон, Эйлер, Лаплас и др.). Так, например, Лаплас называл индук- цию и аналогию «главным средством достижения истины в математике». КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ 3 адач а 2. Через точку Р (рис. 31), лежащую в плоскости данного параллелограмма АВСВ, требуется провести прямую, рассекающую па- раллелограмм на две равновеликие части. —— Как бы ты, Витя, стал искать решение этой задачи? — Применил бы индукцию. Замечаю, что задачу я могу решить, если точка Р—какая-либо вершина параллелограмма; если Р—на его диа- гонали; если Р—середина какой-нибудь его стороны; если Р—произ- вольная точка на стороне. Во всех этих случаях искомая прямая прохо- дит через центр О параллелограмма. У меня возникает подозрение, что при любом выборе точки Р в плоскости АВСВ искомая прямая—это прямая, проходящая через Р‚и 0. Да, так оно и есть. 3 а д а ч а 3. Дан правильный треугольник АБС. Докажите, что при любом выборе точки Р внутри треугольника или на его границе сумма расстоянии от этой точки до сторон треугольника есть величина постоян- ная. —— Как бы ты, Ира, приступила к поиску решения? —— Рассмотрела бы последовательно случаи: 1) точка Р—вершина треугольника; 2) точка Р— на стороне треугольника; З) точка Р— про- извольная точка внутри треугольника. Вижу, что каждый последующий случай сводится к предыдущему (рис. 32). Рис. 31

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

РАССМОТРИМ БОЛЕЕ ОБЩУЮ ЗАДАЧУ Посмотрим, не можем ли мы удачно приду- мать какую-нибудь другую, общую задачу, которая содержит в себе первоначальную задачу и легче поддается решению. Г. В. Лейбниц ПРОЛОГ 3 а д а ч а 1. Дан пара/телеграмм АВСВ. Укажите способ для раз- биения его на 11 равновеликих частей прямыми, проходящими через вер- шину А. На занятии кружка —— Вы назвали, Георгий Данилович, тему нашего занятия «Рассмот- рим более общую задачу» и предварительно дали нам конкретную за- дачу. Конечно, мы можем сформулировать более общую задачу, но разве ее легче или удобнее решить, чем более частную? — Гера с недоумением смотрел на учителя. -— Не всеГДа, конечно‚—ответил Селиванов,-—но иногда—легче и удобнее. Мы пользуемся этим очень часто в школе, когда предложенную нам физическую или математическую задачу с числовыми данными сна- чала решаем «в буквах», «в общем мм», а числовыми данными поль- зуемся лишь на заключительном этапе, когда подставляем эти числа в 50

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

окончательную формулу. Такой подход обычно делает менее громоздкими рассуждения, выкладки, вычисления. Уже на таких примерах перехода от частной, «числовой» задачи к более общей, «буквенной» задаче видна полезность обобщения. Заменяя данную задачу ее обобщением, мы тем самым включаем ее в коллектив однотипных задач. После этого мы мо- жем для поиска решения более общей задачи воспользоваться индук- цией и другими средствами. Обобщение часто сотрудничает с индукцией. Даже если нам удается найти лишь неполное решение более общей за- дачи, может случиться, что мы уже в состоянии справиться с исходной частной задачей. Давайте обратимся к задаче 1 из Пролога. — Вы предлагаете, очевидно, рассмотреть обобщение этой задачи?— недоверчиво спросила Лена. —- Именно так, — ПОДтвердил учитель. . — И неужели станет легче решить нашу задачу 1 из пролога, если мы взвалим на себя еще задачу вроде: «Как разделить параллелограмм АВСБ прямыми, проходящими через А, на 100 равновеликих частей?» — продолжала сомневаться Лена. -— Но ведь та задача, которую ты сейчас сформулировала‚—это не обобщение нашей задачи 1,-—включился в разговор Игорь. -— А какая же задача будет, по-твоему, обобщением задачи 1?— спросила Лена. — Я бы сформулировал такую более общую задачу‚— ответил Игорь. 3 а д а ч а 1А. Как разделить параллелограмм АВСВ прямыми, про- ходящими через вершину А, на п равновеликих частей, где п—любое заданное натуральное число? Вот эта задача—обобщение исходной: при п=11 получим задачу 1. — И по-твоему, легче разделить параллелограмм на п равновеликих частей, где п—любое число, чем на 11 равновеликих частей? —не уни- малась Лена. — Я этого не говорю,— осекся Игорь. — И тем не менее,—продолжил разговор учитель,—именно в хоце поиска решения более общей задачи И мы и сумеем найти решение на- шей исх0дной задачи 1. Да, для п=11 мы задачу И пока решить не умеем. Спросим себя: «А есть ли такое п, для которого мы умеем зада- чу 1А решить?» —- Конечно, есть,— откликнулась 3арифа.—-— Например, при п=2 (рис. ЗЗа). — А затем,—-— добавил Игорь,—-— при п=4 (рис. 336), п=8 (рис. 338), п=16 и т. д. И вообще можно решить задачу И для любого четного числа п. если только оно является натуральной степенью двойки. — А может быть, ее возможно решить и для других четных чисел? — спросил Гера. — Начать бы с самого маленького четного числа, которое нами еще не рассмотрено,—с числа 6. 51

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 34 —— Решить задачу И при п=6 не сложно,—-—отозвалась Надя.— Вот так (рис. 34). — И вообще: при любом четном п задачу легко решить,— добавил Саша. — Как? —удивилась Лена. — Пусть п==2/г. Надо разделить [СВ] и [С0] на [г конгруэнтных от- резков и точки деления соединить прямыми с вершиной А,—объяснил Саша. —— Правильно,——согласился Георгий Данилович—А теперь обра- тимся к случаю, когда п—нечетное. Начнем с какого-нибудь простого случая. — Я вижу, как решить задачу при п=3,——сказал Сережа—Надо разделить параллелограмм на шесть равновеликих частей —так, как это сделала Надя,— и затем объединить две смежные части в Одну «порцию». Вот так (рис.35). —- Хорошо. А теперь‚——медленно проговорил учитель, -—я утверж- даю, что каждый из вас сумеет решить задачу при... п=11. Не так ли? — Конечно, так,—улыбнулась Зарифа.— Надо разделить паралле- лограмм АВСВ на 22 равновеликие части, что мы уже умеем делать, а затем объединить эти части в 11 пар. Вот так (рис. 36). — Сумеете ли вы решить нашу задачу 1А при п=17? — Сумеем,——ответили ребята. —— А, скажем, при п=23? — Тоже сумеем. — Тогда, Вадик,—обратился учитель к Шведову‚—сформулируй решение задачи 1/1 для любого нечетного п. —— Решение. Пусть п=21г+1. Разделим сторону ВС на п кон- 52

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

груэнтных отрезков точками Вт, 82, В„_., В,‚=С. Если каждую из по- лученных точек деления соединить прямой с вершиной А, то треугольник ВАС разобьется на п треугольников, причем площадь каждого равна 8/(2п), где 5 — площадь параллелограмма. Аналогично поступим со сто- роной ПС: разобьем ее тоже на п конгруэнтных отрезков точками 01, 02, ...‚ 1)„_., 0„=С. Если соединить точки 01, ...‚ В„ с вершиной А, то АБАС разобьется на п треугольников, причем площадь каждого равна 8/(2п). Теперь разрежем параллелограмм АВСБ прямыми, соединяющими вер- шину А с теми точками деления, которые имеют четные номера (то есть 82, В4,..., Вис; 02, 04, ...‚ 0”). Тогда параллелограмм распадется на п частей, причем прощадь каждой части будет равна З/п. Задача решена. —-— Итак, —- подвел итог учитель, — перех0д от данной задачи 1 к бо- лее общей задаче И действительно помог нам найти решение исх0дной задачи. Давайте рассмотрим еще такую задачу. 1176 1177 1178 3 ада ч а 2. Верно ли, что из трех дробей т: 337? тт вторая заключена (по величине) между двумя другими? — Ну, это нам решить запросто, —-— немедленно среагировал Вадим.— В каждой дроби делишь числитель на знаменатель, пока не получишь 6—8 знаков после запятой, и потом уже легко будет ответить` на вопрос, поставленный в задаче. -— А можно еще и так,— предложил Витя.— Привести дроби к общему знаменателю и затем сравнить их числители. ‘ — Молодцы, мальчики! — В голосе Нади сквозила ирония.— По- пробуйте посчитайте. А я поищу обобщение. —— КакоеР—спросил Гера. — Видишь ли, бросается в глаза, что числители дробей образуют арифметическую прогрессию и знаменатели— тоже. Поэтому я бы сфор- мулировала такую более общую задачу: 3 а д а ч а 2/1. Верно ли, что из трех дробей р=%—:—:%‚ а=%—‚ Г=% (а>1, вторая заключена (по величине) между двумя другими? Рис. 35 Рис. 36

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— А решить задачу 2А очень легко,—— поддержала подругу Зарифа. — Действительно,—продолжала Надя,— За—Ь За—Ь р—"=ЪТП’ “типа Отсюда видно, что при 3а=Ь все три дроби р, о, г равны; при 3а>Ь эти дроби расположены в порЯДке убывания (р>о>г), а при 3а<Ь — в по- рЯДке возрастания (р<о<г). В нашем случае а=1177‚ Ь=3374, 3а>Ь, и поэтому %>%>%° Задача решена. Ну, как, Вадик, ты еще не закончил деление?.. 3 а д а ч а 3. Пронумеруйте все вершины и все стороны 13-угольника целыми числами от 1 до 26 так, чтобы каждый номер достался либо толь- ко одной вершине, либо только одной стороне, и чтобы при этом сумма ном'ера стороны и номеров ее обоих концов была одной и той же при лю- бом выборе стороны. Минут через десять учитель предложил Андрею вслух «проговорить», как тот проводит поиск решения. Вот «репортаж» Андрея: —— Я пробую расставить числа так, как требуется по условию задачи. Но не получается... Подберу-ка более общую задачу, чтобы ее частным случаем оказалась данная задача. Вот она, эта более общая задача. 3 а д а ч а ЗА. Пронумеровать все вершины и все стороны п-угольни- ка (где п — нечетное число) целыми числами от 1 до 2п, так, чтобы каж- дый номер достался только одной вершине или только одной стороне и чтобы сумма номера стороны и номеров ее концов была одной и той же при любом выборе стороны. К поиску решения задачи ЗА применю индукцию. Пусть п=3. Мне тогда задачу решить нетрудно (рис. 37). Рассмотрю случай п=5. После нескольких попыток замечаю, что задачу тоже нетрудно решить (рис. 38). Каковы же особенности расположения чисел на рисунке 38? 1) Стороны занумерованы последовательно, против направления движе-

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 39 Рис. 40 ния часовой стрелки‚числами от 6 до 10 в порЯДке их возрастания. 2) Об- щей вершине двух сторон с наибольшими номерами (10 и 9) присвоен но- мер 1. 3) Затем в направлении движения часовой стрелки занумерованы через одну вершины пятиугольника числами от 1 до 5. Какая у меня воз- никает гипотеза для общего случая? Мне кажется, что надо поступить согласно следующему алгоритму: 1) Занумеровать стороны п-угольника в направлении, противоположном направлению движения часовой стрел- ки, последовательно числами от п+1 до 2:2. 2) Общей вершине двух сто- рон с самыми большими номерами (2п—1 и 2:1) присвоить номер 1.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

3) Затем в направлении движения часовой стрелки занумеровать через одну вершины п-угольника числами от 1 до п. При п==3 правильность алгоритма подтверждается рисунком 37. Про- верю пригодность алгоритма еще при п=7; учту, что тогда п+1=8, 2п=14. Алгоритм приВОДит и здесь к решению задачи ЗА (рис. 39). Ощу- щаю уверенность, что алгоритм приведет к требуемому результату и при п=13. Все же проверю его применимость для этого случая (рис. 40). Да, подмеченный мною алгоритм не подвел. Уверен, что он позволит по- лучить решение задачи ЗА и в случае любого нечетного п. Но этим я уже заниматься не стану, ведь меня задача ЗА интересовала лишь как сту- пенька для решения задачи 3. —- Но это не единственное решение задачи!—воскликнула Ира.— Я тоже, как и Андрюша, рассмотрела более общую задачу, а затем ре- шила ее при п=3 и п=5. Но я пришла совсем к другому алгоритму. -— И у нас с Вадиком,— заметил Максим‚—- тоже другие решения. —- Тогда давайте приведите на доске свои решения для п=3 и п=5,—-решил учитель‚—-и пусть все подумают дома, какие возникают в каждом случае алгоритмы решения исходной задачи. (Из рисунков 41, 42, 43 ясны способы, предложенные Ирой, Максимом и Вадимом). КРУЖКОВОЕ И НТЕРВЬЮ 3 ад а ч а 4. Представь себе, Сергей, что ты играешь со студентом в такую игру. Перед вами на бумаге в строчку записаны двадцать мину- сов. Каждый из вас, ты и студент, по очереди выбирает (по желанию) один или два минуса и переправляет их на плюсы. Выигрывает тот, кто переправляет последний минус. Если ты начинаешь игру, то как ты дол- жен играть, чтобы выиграть? —- Я бы сначала подумал над более обшей задачей: «Как я должен играть, если написаны п минусов?» Затем рассмотрел бы част- ные случаи (п=1, 2, 3, 4, 5). Вижу, что при п=1 и п=2 выигрываю я; при п=3, как бы я ни играл, может выиграть студент. При п=4 я снова могу выиграть, если пере- правлю своим первым ходом только один минус на плюс. Легко мне вы- играть и при п==5‚ первым ходом мне надо переправить два минуса на плюсы. А при п==6 студент снова может обеспечить себе выигрыш. У меня возникает подозрение, что если п не кратно 3 (в частности, ес- ли п=20), то я всегда могу выиграть. Как? Это мне ясно из рассмотрен- ных частных случаев. Алгоритм таков: каЖДым своим ходом я оставляю студенту столько непереправленных минусов, чтобы их число было крат- но трем. После каждого хода студента число еще непереправленных ми- нусов не будет делиться на 3, а после каждого моего хода —будет. По- этому в конце концов выиграю я.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ЕЩЕ РАЗ ПРО ОБОБЩЕНИЕ Более общая задача может оказаться проще. Это звучит парадоксально; однако рассмот- ренные примеры убеиинпот нас в истинности этого утверждения. Д.Пойа К вопросу о применении более общих задач они вернулись через г0д, когда ребята уже несколько месяцев проучились в 1Х классе. К тому времени они уже успели ознакомиться с методом математической ин- дукции, с понятием проиЗВОДной и многими другими сведениями по мате- матике. И тогда Георгий Данилович снова обратился к задачам, для решения которых полезно воспользоваться Идеей обобщения. 3 а д а ч а 1. Проверьте справедливость равенства 100-101 о102- 103 (1) 4 . -— Вот если бы‚—— начал Максим‚— вместо числа 100 было бы и, то я мог бы попытаться применить метод математической индукции... Поэто- му я бы попытался решить более общую задачу: З а д а ч а 1А. Проверить справедливость (для всех натуральных и) тождества 1-203+2-3—4+3-4-5+ +100о101о102= 57

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

1.2.з+2.з.4+ ...+ п(п+1хп+2)=щш ‹2› — Изложи решение у доски, —сказал Максиму учитель. — Р’е ш е н и е з а д а ч и 1/1. При п=1 равенство (2), очевидно, верно. Пусть й—такой номер, что при п=1г равенство (2) верно: 1.2.3+2.3.4+ +1г(1е+1)(1г+2)="(’г+ 1ХЁ+2ХЁ+31 (3) Проверю, будет ли в таком случае справедливо равенство (2) при п=1г+1: 1.2.3+2.3-4+ +(1г+1)(1г+2)(/г+3)=(]г+ ‘ХЁ+2}"Т3Х"+41 (4) А это доказать легко; действительно [1 .2-3+2.3.4+ +1г(1г+ 1)(1г+2)]+(1г+1)(1г+2)(1г+3)= йй11г21г+3 1г+11г21г+31г4 =<+хгх ›НЁ+1ХЁ+2ХЁ+З)=( х+1‹ х+>° В силу принципа математической индукции заключаю, что равенство (2) верно для всех натуральных и. Задача 1А решена. А теперь, полагая в равенстве (2) п=1ОО, получу равенство (1). Задача 1 решена. —- Вот еще примеры,—пр0должал Георгий Данилович,—которые показывают, что переход к более общей задаче открывает дорогу для использования нового метода, неприменимого непосредственно к исход- ной задаче. 3 а д а ч а 2. Вычислите суммы оц=1+2-6+3-62+4-63+ +1ОО-699, (5) 2 3 4 10 02=1+Ё+55+53+ш+53 ' (6) —— Здесь сразу бросается в глаза,—заметила Надя,—что обе сум- мы являются частными случаями такой суммы: $(х)=1+2х+3х2+4х3+ +пх”_'. (7) При п=1ОО и х=6 получим о], а при п=10 и х=—ё— получим 02. Имеет смысл попытаться решить такую более общую задачу: 3 а д а ч а 2А. Вычислить сумму (7). — Чем же это легче? —спросила Лена. — Учтите, — сказал учитель, — что сумма (7) — функция от перемен- ного х, мы к ней можем попытаться применить понятие производной, 58

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

свойства производных и т. п. Кто бы сказал, какую функцию А(х) надо продифференцировать, чтобы получить сумму (7)? — Это ясно, —— ответил Вадим,——- надо взять, например, сумму А(х)=1+х+х2+ +х”. (8) Тогда 5(х)=А’(х). — Теперь обратите внимание,—сказал учитель,—на то, что А(х) вычислить нетрудно. — Конечно,—-согласилась Надя,—это же сумма членов геометри- ческой прогрессии, и поэтому (при хчЫ) из (8) следует: —— Как же ты вычислила бы $(х)? — Так как $(х)=А’(х), то (п+1)х”(х—1)—(х"+'-—1) х...— (х—1)2 ’ п+1_ п то есть $(х)== их )х +1. Полагая сначала х=6 и п=100, а затем х=%— и 21:10, получим: 1 9 23 01=ЁЁ(499°6100+1)‚ Итак, исходная задача решена. — Не всегда‚— сказал учитель‚—— решение исх0дной задачи связано с возможностью полного, исчерпывающего решения вспомогательной обобщающей задачи'. Задача 3. Что больше: И 1,13 или 0,13? -— Чтобы решить эту задачу,— начала Надя,——я бы прежде всего, ее обобщила: Задача ЗА. Что больше: [п(1+х) или х? —— Ну, хотя бы не для Любых чисел х‚—-предостерег Игорь.— Достаточно решить твою задачу ЗА хотя бы для чисел из какого-либо промежутка, содержащего 0,13. Например, для промежутка [О; 1]. — Сейчас увидим, —-продолжала Надя.— Рассмотрю разность Г (х)==х—1п(1+х). Вижу, что [(О)=О. Имея функцию [(х), могу вычислить ' В ходе решения последующих трех задач используются некоторые факты из курса математики Х класса (в частности, формулы для производных функций 1пх, зйпх, созх). Девятиклассник может эти задачи пропустить. 59

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ее производную. По знаку производной сумею найти промежутки возрас- тания и убывания функции Г (х). Имею: , __ 1 __ х Г “0—1 х+1—1+х' Вижу, что [’(х)>0 при х>0. Значит, [(х) на [0; + сю[возрастает, так что при х>0 будет { (х)>Г (0), то есть Г (х)>0‚ 1п(1+х)<х. В частности, при х=0,13 получу: 1п 1,13<0,13. Задача решена. 3 адача 4. Что больше: 100101 или 101“? 718813 или 813“? ел или же? (МГУ/5 или (ИЗ—УЛ? — Бросается в глаза,—-сказала Ира,—-что эти четыре «числовые» задачи—частные случаи такой более общей функциональной задачи: 3 а д а ч а 4/1. Пусть О<х<у. При каких условиях отсюда следует, что ху<у"‚ (9) а при каких— что ху>у"? (10) Но как подступиться к решению задачи 4/1, я не вижу. —— Давайте я начну решение,—предло›кил учитель—Попытаемся найти хотя бы неполное решение задачи 4/1 и посмотрим, не будет ли попутно получено решение исходной задачи. Неравенство (9) (при О<х<у) равносильно такому: у1п х<х И у, или иначе: 1 1 71п х<71п у. Рассмотрим функцию Г (х)=-}?-1пх и выясним, на каком промежутке будет она возрастать, а на каком —-убывать. — Для этого,—подсказала 3арифа,—стоит вычислить производ- ную [’(х). Если [’(х)>0 на каком-то интервале ]а; Ь[, то Г (х) на нём возрастает, а если Г’ (х)<0 на ]а; Ь[, то Г (х) на ]а; Ь[ убывает. — Не только на интервале ]а; Ь[‚ но и на отрезке [а; Ь] или на полу- интервале [а; Ь[, если только Г (х) там непрерывна,— вмешался Витя. — Верно,——согласился учитель,—-и мы твоим замечанием сегодня воспользуемся. Подсчитай, Витя, 1" (х). —- Получается, —- сказал Витя, — так: , 1—1 г (х›=—#- х 60

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Очевидно, что 1—1пх>0 при О<х<е и 1—1пх<0 при е<Х<+сю. Поэтому [ (х) возрастает на ]0; е] и .убывает на [е;+сю[2 если О<х<у<е, то {ЧП х<—Ь-1п у, ху<ух, .Ъ у В частности, (Л)д<(1/З_)Д‚ но 1ОО'°'>1О1'°°, 7188'3>8137'8, ел>ле. если же е<х<у<+®‚ то -}?1п х> 111 у, ху>ух— — Прежде чем предложить следующую задачу,— сказал учитель,— должен вам сообщить, что для нахождения приближенных значений чис- ла л геометры со времен Архимеда до середины Х\/11 века, то есть в те- чение девятнадцати веков, пользовались исключительно неравенствами рп<С<Р„‚ (11) где С — длина окружности, р„ и Р„ — периметры правильных п-угольников, соответственно вписанного в эту окружность и описанного около нее. В 1654 году голландский математик и физик Христиан Гюйгенс (1629—— 1695) в трактате «О найденной величине круга» нашел более точные границы, между которыми заключена длина окружности (отсюда следо- вал более совершенный способ для вычисления числа л). Вот эти нера- венства Гюйгенса: 4 1 1 Тр2п—ТРп<С<Ё—Рп+тр2т Если Н— радиус окружности, то С—2л12 р =2п12$1п 31 р2 =4п12$1п л Р2 =4п12 13 л "" ‚ п п 9 и й, и %› и поэтому можно (12) после упрощений переписать так: . 3 . зт ЁИ—соз %)<-Ё%<2зт ЁЧ—Ёе % (п=3, 4, 5, ...). (13) Предлагаю такую задачу. 3 а д а ч а 5. Докажите неравенства (13). С чего бы ты, Саня, начал поиск решения этой задачи? — Если обозначить ради краткости л/(2п) через х, — начал рассуж- дать Саша,—то неравенства (13) принимают вид $1п х(4—со5 х)—Зх<0, (14) 2$1п х-Нд х—3х>0. (15) Я бы попытался решить более общую задачу: 61

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

З а д а ч а 5А. Доказать, что неравенства (14) и (15) верны не толь- ко для чисел х ВИДа л/(2п) (п=3, 4, 5, ...)‚ но и для всех без исключения значений х из интервала,]0; ЁЖ Такой переход позволит использовать понятие произвщной и признаки возрастания и убывания функций. — Недурно,——сказал учитель.—А как бы ты, Толя, изложил дока- зательство неравенства (14)? -—- Рассмотрел бы функцию 1°(х)==$йп х(4‹—соз х)—3х. На интервале ]0; %[ имею: Г’(х) = соз х(4—соз х)+ зйп2 х — 3 = =—2соз2 х+4соз х—2=—2(соз х—1)2<0. Л 2 будет Следовательно, [(х) убывает на [О; Ё], так что при О<х< Г(х)<г (0), то есть верно (14). — А как бы ты, Гера, доказал неравенство (15)? — Рассмотрел бы функцию ф (х) = 2зйп х + щ х— Зх. При 0<х<322 нахожу: ф’ (х) = 2соз х+ЕЁТг -— 3>0 (здесь пользуюсь тем, что сумма трех положительных чисел соз х, созх и 1/с052х больше их утроенного л среднего геометрического). Следовательно, (р(х) на [О; 7[ возрастает, и при О<х< З- будет (р(х)>(р (0), то есть верно (15).

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

‚с Ъ“ г? , .;.-.. .. да .. 4)..- . Л ПОИСК НЕВЕДОМЫХ ЗАКОНОМЕРНОСТЕЙ Там на неведомых дорожках Следы невиданных зверей... А. С. Пушкин И совсем не исключено, что здесь скрывается какая-то тайна, которую нам и предстоит раскрыть. Ч. Пирс' ПРОЛОГ 3 а д а ч а 1. Будем рассматривать натуральные числа р, 2р+1‚ 4р+1. Если р и 2р+1—простые числа, то можно ли что-либо утверж- дать 0 простоте или непростоте числа 4р+1? На занятии кружка — ИНДУКЦИЯ,— начал УЧИТЕЛЬ, —- ЧЭС’ГО ПОЗВОЛЯЕТ НЗЙТИ НОВЫЕ мате- матические ЗЭКОНОМСРНОСТИ. ИНОГДЗ на ряде ЧЭС’ГНЫХ СЛУЧЗЕВ удается ' Ч а р л ь 3 П и р с —— американский математик ХПХ века. 63

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

подметить некоторое общее свойство. Такие наблюдения прив0дят лишь к некоторой гипотезе. Если в рЯДе испытаний на праВДоп0добие гипотеза п0дтверждается, предпринимают попытку ее доказать. Начнем с задачи 1 из пролога. — По-моему,—ска3ал Игорь,—здесь ничего путного утверждать нельзя. Я провел эксперимент: при р=2 имеем: 2р+1=5 (простое число), 4р+1=9 (не простое); при р=3 имеем: 2р+1=7 (простое число); 4р+1=13 (простое). Отсюда каждому видно, что нельзя утверждать, что для всех р (для которых р и 2р+1—простые числа) число 4р+1 обязательно простое; и нельзя утверЖДать, что оно обязательно составное. — Да, но, может быть,—возразила Зарифа,—такая закономер- ность обнаружится при р>3? Вот при р=5 имеем 2р+1=11 (простое число), 4р+1=21. Мы видим, что в этом случае число 4р+1—состав- ное. Теперь беру случай р=7. Тогда 2р+1=15. Нет, этот случай нам не п0дх0дит: число 15—составное. Давайте рассмотрим случай р=11. Тогда 2р+1=23—простое, а число 4р+1=45—— составное. У меня воз- никает п0дозрение, что закономерность все же имеется: при простых р и 2р+1 число 4р+1 должно всегда оказаться составным—если толь- ко р>3. — Вряд ли,—— Игорь не скрывал своего недоверия.—— А случай р=3? — Этот случай,——пошутила Зарифа,—«ошибка эксперимента».— И добавила уже серьезно:—— Я ведь имею в виду только те случаи, ко- гда р25. —- Меня все же смущает этот случай р=3,‚— упорствовал Игорь.— При р=2 гипотеза верна, при р=3 не верна, затем при р=5 опять вер- на... Нет, я сильно сомневаюсь, чтобы твоя гипотеза вдруг оказалась верной для всех без исключения р при р25. —— Тогда давайте продолжим эксперимент, —— не сдавалась Зарифа, — результаты соберем в такую таблицу: Подтверждается ли р 2р + 1 4р + 1 гипотеза 2 5 9 Да 3 7 13 Нет 5 1 1 21 Да 11 23 45 Да 23 1 47 93 Да 29 59 1 17 Да 64

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Вот видишь,— обратилась Зарифа к Игорю,-—- моя гипотеза пока подтверждается. Приглядываясь к третьей колонке, я теперь п0дозре- ваю, что гипотезу можно уточнить: если р и 2р+1— простые числа, то 4р+1 не только составное, оно еще обязательно делится на 3. — Ну, это уже, наверное, совсем фантазия,——огрызнулся Игорь. — Да что там гадать, — включилась в разговор Ира,— давайте про- должим эксперимент и посмотрим, что будет, если взять р побольше. Ну, пусть р=113. Это простое число. Тогда 2р+1=227‚ оно тоже прос- тое, это хорошо. А 4р+1? 4р+1=453. Да, это составное число, и оно делится на 3. Знаешь, Зарифа, я начинаю думать, что ты права. — По-моему,—сказал Толя,— пора уже попытаться доказать гипо- тезу Зарифы. Хорошо бы здесь привлечь какую-нибудь общую формулу для простых чисел... Но я такой не знаю. —- Может быть, воспользоваться тем, что каЖДое простое число, ко- торое больше трех, обязано иметь вид 6/г;ь1?— Серые глаза Саши вни- мательно смотрели на учителя. —— Это верно: ведь при делении простого числа р на 6, — стал разъяс- нять учитель,— нельзя получить в остатке ни 2, ни 3, ни 4 (в противном случае р делилось бы на 2‚или на 3). Значит, в остатке можно получить лишь 1, или 5. А это и означает, что р имеет вид 6/г+1 или 6/г—1, где [г—натуральное число. Попробуй, Толя, воспользоваться этим сообра- жением. — Так как р=61г+1 или р=61г—1 (1г—натуральное), то соответст- венно либо 2р+1=121г+3, либо 2р+1=12/г—1. Но первая возможность отпадает, так как число 12/г+3 составное, а по условию 2р+1 должно быть простым. Значит, р=6/г—1. Но тогда 4р+1=24/г--3=3(81г—1). Видим, что 4р+133 (знак Ё употребляется вместо слов «делится на»). Видим, что гипотеза Зарифы верна. —— А я хочу еще кое-что добавить.— Зарифа была явно в ударе.— Пока здесь Толик решал, я составила похожую таблицу для всех нату- ральных чисел р (а не только простых) от 1 до 12. У меня впечатление, что имеет место более общее утверждение: при любом натуральном р хотя бы одно из чисел р, 2р+1, 4р+1 является составным (я даже ду- маю, что оно делится на 3). Не вижу только, как это доказать... К новой гипотезе Зарифы Игорь отнесся уже с большим доверием: -— Ты, по сути дела, утверждаешь, что произведение х=р(2р+1)(4р+1) делится на 3... А проверить это можно так... —-— Игорь пр0должал уже у доски: —— Имеем: х=р(2р+1)3р+р(2р+1)(р+1)=3р2(2р+1)+р[3р—(р—-1)](р+ 1)= =3р2(2р+1)+3р2(р+ 1)-р(р—1)(р+1). Но (р—1)р(р+1)——как произведение трех последовательных целых чи- 3 Поиск решения 65

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

сел —- делится на 3. Значит, и х делится на 3. Твоя вторая гипотеза, За- рифа, тоже верна! Рассмотрим еще несколько задач ПОДОбНОГО типа. 3 а д а ч а 2. 32=9, 52=25‚ 72=49, 92=81. Каждое из этих чисел при делении на 8 дает в остатке единицу. Что это: случайность или проявление некоторой закономерности? Если вы здесь подозреваете закономерность, то сформулируйте свою гипотезу. Под- вергните её какому-либо испытанию на правдоподобие. Если ваша гипо- теза выдержит`это испытание, попытайтесь ее доказать. --—— Я бы начал поиск так‚—сказал Гера.— Числа З, 5, 7, 9— нечет- ные. Как мы видим, их квадраты при делении на 8 дают остаток 1, то есть имеют вид 81г+1, где 1г —- некоторое целое число. У меня возникает подозрение, что справедливо такое утверждение: «Квадрат каждого не- четного числа имеет вид 81г+1, где 1г — некоторое целое число». Сначала я бы проверил эту гипотезу еще в каком-либо частном случае, например на числе 11: 112=121=8°15+1- Вижу: для числа 11 гипотеза потверждается. —— А у меня получилось, что она потверждается еще и для чисел 13 и 15‚——-сообщил Максим. — Для числа 17 тоже,—добавил Витя. —— Правдопщобно, что она вообще верна,—пр0должил Гера.— Проверю ее в общем случае. Пусть т—какое-либо нечетное число, т=2п+ 1. Тогда т2=4п2+4п+ 1=4п(п+ 1 )+ 1. Но из двух последовательных чисел п и п+1 ОДНО обязательно чет- ное, так что п(п+1)—четное число, а 4п(п+1) делится на 8, то есть имеет вид 8/г, где [г —целое. Значит, т2=81г+1. Гипотеза верна. 3 а д а ч а 3. Рассмотрим такие примеры: 148 делится на 37—и 814 делится на 37; 259 делится на 37— и 925 делится на 37; 703 делится на 37— и 370 делится на 37. Не возникает ли у вас подозрение, что приведенные примеры свидетель- ствуют о какой-то общей закономерности? Какой? Сформулируйте свою гипотезу. Поиск решения начала Лена: —— Приведенные примеры наводят нас на такую гипотезу: Если трехзначное число х делится на 37, то после перестановки его последней цифры на первое место получится число у, которое тоже де- лится на 37. Проверю гипотезу еще на каком-нибудь примере: 296537; переставив цифру 6 на первое место, получу 629. Делится ли оно на 37? Да, 629:37=17. Гипотеза подтвердилась. У меня ощущение, что гипотеза верна всегда. Попытаюсь ее доказать. 66

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Доказательство гипотезы изложила Ира: — Пусть х=аЬс (а, Ь, с—-цифры числа х) и х537; пусть у=саЬ . Имею: х=100а+1ОЬ+с, (1) у=1ООс+1Оа+Ь. (2) Попытаюсь выразить у через х (и, может быть, некоторые из букв а, Ь, с). Для этого умножу (2) почленно на. 10 и из результата вычту почлен- но (1). Получу: 1Оу=999с+х. Так как хЁЗ7 и 999537; то 1Оу537 и, зна- чит, у537. З а д а ч а 4. Числа пл вида 22Ё+| +1, где [вам называются «числа- ми Ферма»'. При 1г=1, 2, 3 получим числа 17, 257, 65537. Не возникает ли у вас из рассмотрения этих чисел подозрение в наличии какой-то за- кономерности? Какой именно? Сформулируйте вашу гипотезу. Испытайте ее на правдоподобие. Опроверените или докажите ее. Вот несколько гипотез, предложенных школьниками. Гипотеза 1. В записи числа пь содержится 1г—1 пятерок. Г и п о т е з а 11. В записи каЖДого из чисел Ферма пд не с0держится цифра 0. Г и п о т е з а 111. Каждое из чисел пд — простое. («Такую гипотезу высказал и сам Ферма»,— заметил учитель.) Г ипотеза 1\/. Запись каЖДого числа Ферма оканчивается цифрой 7. Г и п о т е з а У. Каждое число Ферма пл при делении на 16 дает оста- ток 1. — ПреЖДе чем доказывать гипотезу 1, -— сказал Гера, -- я бы ее проверил при 1г=4. Найти п4 не слишком трудно: п4=232+1=(2'°)3-4+1=1О243-4+1=4294967297. Вижу, что гипотеза 1 опровергается уже при 1г=4 (запись числа п4 не СОДержит трех пятерок). —— Чтобы испытать на правдоп0добие гипотезу 11, я бы рассмотре- ла число п5,— предложила Надя. -— Но ты ведь не знаешь этого числа1—с раздражением сказал Вадим. — Нет, знаю! Ведь п5=264+1; а я на днях встретила число 294-т1 в книге Перельмана «Живая математика»—в том месте, где рассказы- вается об изобретателе шахмат. Разрешите,—обратилась она к Геор- ' П ь е р Ф е р м а (1601—1665) — известный французский математик, по профессии юрист. 67

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

гию Даниловичу, —я сейчас принесу эту книгу из кабинета математи- ки... Вот‚— сказала она через несколько минут, держа в руке раскры- тую книгу‚—здесь приведено число 264—1. Отсюда видно, что п5= =264+1=18 446 744 073 709 551 617. Теперь ясно, что гипотеза 11 оши- бочна. — Обратимся к гипотезе 111‚—предложил учитель—Числа ш, щ, пз действительно простые—вы можете их найти в таблице простых чи- сел. Надо бы проверить, окажется ли число щ простым. — Это, наверное, под силу только электронной машине‚—усмехнул- ся Игорь. -— Это действительно нелегкая задача,-——согласился учитель.— Но Эйлер' справился с нею еще за 200 лет до изобретения ЭВМ Вот его выкладки: п4=232+1=228- 16+1=228(641—625)+1= =228-641—228-54+1=228-641—[(27-5)4—1]. — Дальше ясно‚—не удержался Саша—Ведь (27.5)4—1 делится на 27.5+1, то есть на 641. Поэтому и ш делится на 641. Итак, щ—со- ставное число. ' -- Вот тебе раз! -— ахнул Витя. -— Выходит, что гипотеза Ферма оши- бочнаЪ. —- Давайте обсудим гипотезу 1\/,— предложил Максим. — Сразу видно‚—ска3ал Андрей‚—что при п=4 и п=5 гипотеза ПОДтверждается. Имеет смысл попытаться ее доказать. —— Как же ты стал бы искать доказательстВОР—спросил учитель. — Поиск доказательства гипотезы 1\/. Мне надо доказать, что щ—1, то есть 22Ё+10канчивается цифрой 6. Не встречал ли я что-либо похожее? Встречал: если основание степени оканчивается шестеркой, то и степень этого числа с любым натуральным показателем тоже оканчи- вается шестеркой. Поэтому попытаюсь представить гит—1 в виде степени с основанием, оканчивающимся цифрой 6. Это можно сделать. — Но это сделает кто-нибудь другой. Попробуй, Вадим. — Доказательство гипотезы 1\/. При любом натуральном [г имею: тг— 1=22’*+'=24°2*"=(24)2*"=162"" Но 2"_' — натуральное число. Поэтому, как объяснил нам Андрей, гид—1 тоже оканчивается цифрой 6, а гид—цифрой 7. Гипотеза “7 доказана. — Я думаю,—заметил Толя,-—что гипотеза \/ тоже верна—это видно из тех же выкладок. ' Л во и а рд Э й л е р (1707—1783) — один из величайших математиков всех времен, член Петербургской Академии наук. Родом из Швейцарии. 68

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

-— Ты прав‚——согласился Георгий Данилович. 3 ада ч а 5. Все нечетные числа расположим в виде журавлиной стаи: впереди — только 1, за ней —- два следующих нечетных числа (3 и 5), за ними в третьем ряду — три очередных нечетных числа (7, 9, 11), и т. д. 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 Сложите числа в каждой из первых трех строчек. а) Какая возникла у вас гипотеза? б) Подвергните ее испытанию на правдоподобие. в) Дока- жите или опровергните свою гипотезу. _ — Я бы так начал поиск гипотезы, -—сказал Витя.— 3+5=8‚ 7+9+11=27. Но 8:23, 27=33. Возникает следующая г и п о.т е з а: «Сумма чисел п-й строки равна пз». Подвергну ее испытанию на правдоподобие. Проверю гипотезу при =4 и п=1. Имею: 13+15+17+19=64=43; 1 =13. Частные случаи п0дтвер›кдают гипотезу. Имеет смысл попытаться ее доказать. —— А как бы ты, Ира, провела доказательство гипотезы?———спроси.п учитель. — Сумма чисел п-й строки равна разности между суммой чисел первых п строк и суммой чисел первых п—1 строк. Всего в первых п строках имеется чисел 1+2+3+ миф. Последнее число п-й строки равно 2Ш—1=п2+п—1. 2 ПОЭТОМУ СУММЭ ВСЭХ ЧИСЭЛ первых п СТРОК СОСТЭВЛЯЭТ 1+(п2+п—1) . п(п+1)=[п(п+1)] 2 2 2 2 ° 69

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Сумму всех чисел первых п—1 строк находим аналогично: она равна [шт ”12. Поэтому сумма всех чисел п-й строки равна [пЁпЁЦ]? [рт—Щи]? 2 — 2 ’ то есть равна 123. Гипотеза доказана. —— Хочу рассказать вам,-—ска3ал учитель,—о любопытном случае математического экспериментирования, имевшем место в жизни гениаль- ного немецкого математика К. Ф. Гаусса (1777—1855). Когда Гауссу было лет двадцать, он заинтересовался таким вопросом. Возьмем каких- нибудь два положительных числа хо и уо и составим их среднее ариф- мегическое и среднее геометрическое: х1=%(хо+уо) ‚ у1= Ухоуо. Теперь составим среднее арифметическое и среднее геометрическое полу- цепных чисел хд и ум х2=%(х1+у1)‚ у2= У хпуп. С числами х2 и уг поступим аналогично: составим их среднее арифмети- ческое х3 и среднее геометрическое уз. Этот процесс пр0должим неогра- ниченно. Таким образом, возникают две числовые последовательности: х1‚ х2› х3› '°'; 1/1, 1/2, 93› "' ° Гаусса заинтересовало: сходятся ли эти две последовательности или расходятся? Если сходятся, то насколько отличаются их пределы? Для получения правдоп0добной гипотезы Гаусс провел эксперимент: для случая, когда х0=1 и -у0=2, он вычислил больше двадцати членов каждой из двух последовательностей (3), причем каждый—с 11 верны- ми десятичными знаками. Оказалось, что найденные им числа двух по- следовательностей с ростом номера и в пределах от 1 до 20 отличались все меньше и меньше, а при п=20 у х‚‚ и у‚‚ совпали все десятичные знаки до одиннадцатого включительно. Как вы думаете, какую гипотезу под- сказали Гауссу эти наблюдения? — Видимо, такую, — ответил Гера, — обе последовательности сходят- ся и имеют Один и тот же предел. 70

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Да, именно такой, —- подтвердил учитель,—— и была гипотеза Гаусса. —- Но наблюдение—это еще не доказательство,— вмешался Са- ша.—Ведь в принципе не исключено, например, что члены последова- тельности сначала сближаются, а затем, начиная с некоторого— может быть, очень большого — номера начинают отличаться все больше и боль- ше. И кроме того, все это проделано при хо=1, уо=2. А ведь не исклю- чено, что при другом выборе чисел хо и уо получится совсем другая кар- тина. А вот как доказать гипотезу Гаусса, совершенно не ясно. —— Это верно,—сказал учитель.— Но наблЮДение п0дсказало Гаус- су еще и путь для поиска доказательства гипотезы. Наблюдая за полу- ченными им числами, Гаусс подметил, что (при х0=1, уо=2›) числа х1, х2, ..., 2:20 идут убывая, а числа уд, у2, ..., ую—ч— возрастая. Поэтому у него возникло подозрение, что первая бесконечная последовательность —-— убы- вающая, а вторая—возрастающая. Именно эту вспомогательную гипо- тезу он и доказал сначала. Затем он без труда проверил, что при лю- бом п будет х„>у„2уд, то есть последовательность (х„) не только убыва- ет,` но еще ограничен снизу, так что она имеет какой-то предел Х (1191 х„=Х). Аналогично он доказал существование такого числа У, что со Нт у‚.= У. А затем из равенства п—Фш хп+|=%'(хп+уп) он заключил, что Х=-%-(Х+У), то есть Х=У. Тем самым Гаусс доказал свою основную гипотезу, о которой говорила Ира. Общий предел двух последовательностей (З) получил название «арифметико-геометрического среднего». Гаусс нашел несколько интересных приложений этого поня- та, в частности —для вычисления длин некоторых линий. Эксперимент, проведенный Гауссом, потребовал от него весьма гро- моздких вычислений. Появление современных быстродействующих элект- ронных вычислительных машин многократно расширили возможности для проведения математических экспериментов. Об исключительно боль- шой роли таких экспериментов для решения практически важных задач убедительно написано в книге известного советского математика Н. Н. Моисеева «Математика ставит эксперимент».

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

РАССУЖДАЯ ПО АНАЛОГИИ... Вы спрашиваете, встречался ли я с аналогией при изучении математики. Конечно, встречал- ся! И много раз! Каждый раз, когда автору учебника не хочется рассмотреть какой-либо случай, он пишет: «Это легко сделать, рас- суждая по аналогии с предыдущим случаем». Из высказываний школьника Хотя аналогия нас иногда и вводит в за- блуждение, м- но это наименьшее из того, что вводит нас в заблуждение. С.БатлеЫ ПРОЛОГ 3 а д а ч а 1. Зная длины а, 1), с сторон треугольника АВС (|ВС|=а‚ |СА|=Ь, |АВ|=с)‚ вычислите радиус г] «вневписанной» окружности, ка- сающейся стороны ВС и продолжении сторон АВ и АС. ' С 3 м ю 3 л ь В а тл е р —- английский писатель ХПХ века 72

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

На занятии кружка — Георгий Данилович,—обратилась в начале занятия к учителю Ира,—— мы долго и честно думали над задачей из пролога. Ничего пут- ного мы не придумали. Вот только двое—Игорь Райков и Саша Ти- хомиров—вроде бы решили задачу, но их решения очень громоздкие и нам не понравились. -— Саня здесь всю тригонометрию пустил в ход,—добавила Надя. — Прежде чем обсудить поиск решения данной задачи, мы погово- рим с вами об аналогин‚—сказал учитель.——В математике часто ока- зывается, что аналогичные, сходные условия приводят к сходным заклЮ- чениям. Чтобы мы могли пользоваться этим соображением при изучении математики, мы должны сначала приучить себя, хотя бы на небольшом числе упражнений, формулировать математические предложения по ана- логии. При этом мы с самого начала должны помнить, что сравнение не есть доказательство, что предложения, сформулированные по анало- гии, могут оказаться ошибочными. Например, по аналогии с истинными предложениями: «Если сумма цифр натурального числа делится на 3, то и число делится на 3» и «Если сумма цифр числа делится на 9, то и число делится на 9»—можно сформулировать такое предложение: «Если сумма Цифр числа делится на 27, то и само число делится на 27». Одна- ко оно ошибочно. Чтобы убедиться в этом, достаточно рассмотреть чис- ло 2799 —сумма его цифр делится на 27, а само число на 27 не делится. Давайте потренируемся на нескольких упражнениях в формулировке математических предложений по аналогии. У п р а ж н е н и е 1. Верно такое предложение: «Если в треугольни- ке все стороны конгруэнтны, то и все углы конгруэнтны». Сформулируй- те аналогичное предложение для шестиугольника. Верно ли оно? — Сформулировать такое аналогичное предложение легко,—ска3а- ла Надя.—— «Если в шестиугольнике все стороны конгруэнтны, то и все углы конгруэнтны». А вот верно ли это новое предложение... -— Оно, конечно же, неверно, -— сказал Толя.—Ты возьми правиль- ный шестиугольник, шарнирный, и затем сожми его немного, вот так (см. рис. 44, где стрелки указывают направления сжатия). Стороны останутся конгруэнтнымида углы шестиугольника (рис. 45) уже не все конгруэнтны. Итак, сформулированное по аналогии предложение оказа- лось ошибочным. Упр а ж н е н и е 2. Справедливо предложение: «Сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри правильного треугольника, до его сто- рон есть величина постоянная». Сформулируйте аналогичное предложе- ние для семиугольника и скажите, верно ли оно. —— Это совсем просто,—отозвался Максим—Вот это аналогичное предложение: «Сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри пра- 73

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

\ \ Рис. 44 Рис. 45 вильного семиугольннка, до прямых, на которых лежат его стороны, есть величина постоянная». А вот верно ли оно... Не знаю. После небольшого обсуждения Сережа предлагает соединить точку Р, лежащую внутри правильного семиугольника А.А2А3...А7, с его верши- нами‚.и воспользоваться тем, что сумма площадей образовавшихся при этом треугольников равна произведению полупериметра семиугольника на радиус вписанной окружности. Отсюда легко заключить, что сформу- лированное по аналогии предложение верно. —-- Давайте продолжим разговор об аналогии,—ска3ал учитель.— Аналогия. (или точнее—умозаключение по аналогии) является одним из основных методов при изучении разнообразных явлений природы. Исключительно большую роль играют умозаключения по аналогии в фи- зике и математике. Американский физик Р. Оппенгеймер в статье «Ана- логия в науке» отмечает, что для научного прогресса аналогия является не только чрезвычайно ценным, но и неизбежным инструМентом. Многие естествоиспытатели применяли аналогию стихийно, неосоз- нанно. Однако особенно больших успехов удавалось достигнуть в тех случаях, когда ученый применял аналогию сознательно. Крупнейшие ученые разных времен давали высокую оценку аналогии как средству для поиска научных закономерностей. Ценность аналогии отмечал еще создатель логики Аристотель. Убежденным сторонником сознательного применения аналогии в математике был знаменитый астроном и матема- тик Иоганн Кеплер. Ему принадлежит следующая полезная мысль: «Же- лательно подчинить геометрические рассуждения аналогии». Он сообща- ет: «Я больше всего дорожу Аналогиями, моими самыми верными учите- лями. Они знают все секреты Природы, и ими меньше всего следует пре- небрегать в геометрии». О роли аналогий в математике достаточно убе- дительно говорит ДКПойа: «Аналогия, по-видимому, имеет долю во всех 74

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

открытиях, но в некоторых она имеет львиную долю». Понятно, насколь- ко важно приобрести навыки в поисках аналогии в самых разнообраз- ных ситуациях. Многие ученые обращали внимание на то, что аналогия может привес- ти к ошибочным вывщам, что аналогия не может заменить доказатель- ство. Так, например, советский физик С. И. Вавилов обратил внимание на то, что подмеченная Ньютоном аналогия меЖДу цветами видимого спектра и музыкальными интервалами привела этого гениального физика к грубой ошибке. Число таких примеров можно значительно увеличить. Однако существенно то обстоятельство, что аналогия часто служит под- спорьем для получения правильных выводов или доказательств. Уже простейшие представления об аналогии, доступные школьникам, позволя- ют успешно применять этот метод при изучении школьного курса мате- матики. Давайте применим аналогию к поиску решения задачи 1, приведенной в прологе. Сначала сформулируем вспомогательную задачу, аналогич- ную задаче 1. Как и в задаче 1, в этой вспомогательной задаче должна идти речь о треугольнике с известными сторонами, об окружности, о ее радиусе и о касании. И кроме того, вспомогательная задача должна быть хоть немного проще исходной. Кто бы взялся сформулировать такую задачу? —— Вот как я бы ее сформулировал, — сказал Андрей. Задача 1А, Зная стороны а, Ь, с треугольника АВС, вычислить радиус г вписанной окружности. —- Мы такую задачу.уже. решали на уроках, —— напомнил Витя. —— Так давайте вместе вспомним решение этой вспомогательной за- дачи,—— предложил учитель.— Только разобьем это решение на простей- шие «шаги». А ты, Витя, записывай на доске. — Решение вспомогательной задачи 1А. 1) Соединим центр 0 (рис. 46) вписанной окружности с вершинами треугольника. 2) Запишем зависимость между площадью треугольника АБС и пло- щадями треугольников АОВ, ВОС, СОА: 5Мвс=$мов + ЗААОС + 5АВОС° (1)

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

3) Обозначим площадь треугольника АВС через 8, тогда по форму- ле Герона 5= МИР—а) (р—Ь)(р—с)‚ где р=%(а+д+с)- 4) ЗААОВ=_%'СГ› ЗААОС=_%Ь’°› 5‚хвос='%'ад 5) Из (1) следует: 5=—%{С+Ь+а)г=рг‚ откуда ‚эй; или ‚=\/(р—а)(р;д)(р—с)_ Задача решена. — А теперь‚—сказал учитель‚—попытаемся по аналогии получить решение исходной задачи. Проследим за аналогией на каждом «шаге». Как бы ты, Саня, провел здесь рассуждение? —— Решение задачи 1. 1) Соединим центр 0. (рис. 47) вневписан- ной окружности с вершинами А, В, С, 2) Выразим площадь ААВС через площади треугольников АО;В‚ ВО|С‚ СОИ: ЗААВС=$ААО.В+ 5АА0‚с—5Аво.с. (1’) 3) Обозначим площадь треугольника АВС через 8; тогда $= =ъ/р(р—а)(р—Ь)(р—с)‚ где р=%-°(а+д+с›- 4) 5АА0‚в= Ё'СП, 5АА0‚С= “ё'д’ь 5Аво.с =4207Ь 5) Из (1’) следует: $=%—(с+Ь—а)г1=(р—а)г1‚

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

откуда г‚= 8 , или г.= Р(р_д)(Р'—С) . Р__а р——а Задача решена. — На этом примере‚— подвел итог учитель,-— мы проследили за од- ним весьма полезным приемом поиска решения задач. Он сводится, как мьпвилели,т<следуклцему: 1. П0дбираем задачу, аналогичную исх0дной, то есть такую, чтобы у нее и у исходной задачи были сходные условия и сходные заключения. Вспомогательная задача должна быть проще исходной или ее решение тпыпкно быть нам известно. 11. Решив вспомогательную задачу, мы проводим аналогичные рас- суЖДения для решения исходной задачи. При этом удобно решение вспо— могательной задачи и решение ИСХОДНОЙ задачи разбить на отдельные «шаги» и проследить за возможностью проведения аналогии на каЖДом «ШЭГС». —— А теперь мне хотелось бы обратить ваше внимание,—добавил учителЬ;—-на одну областьтпкольной математики,где особенно полезно применять аналогию,—— я имею в виду стереометрию. Часто оказывается, что поиск решения стереометрической задачи сильно упрощается, если предварительно сформулировать для себя—а затем и решить—ана- логичную планиметрическую задачу. При проведении аналогий между планиметрией и стереометрией, между плоскостью и пространством, плоским фигурам обычно сопоставляют пространственные следующим образом. Ей сопоставляется в пространстве фигура Фигура на плоскости Чаще Реже точка точка прямая прямая ПЛОСКОСТЬ прямая окрухнкють сфера цилиндр круг [нар параллельные параллельные прямые ПЛОСКОСТИ треугольник тетраэдр МНОГОУГОЛЬНИК многогранник сторона грань ребро МНОГОУГОЛЬНИКЗ многогранника многогранника 77

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

В частности, полезным оказывается привлечение аналогии к разыс- канию в пространстве множества точек по их характеристическому свойству. При решении такой задачи необх0димо сначала догадаться, какая же фигура является искомым множеством точек, а затем дока- зать, что все точки этой фигуры, и только они, обладают указанным свойством. В рЯДе случаев на каждом из этих двух этапов удается с успехом применить аналогию. С этой целью надо сформулировать себе аналогичную задачу на поиск точечного множества на плоскости. Реше- ние этой вспомогательной задачи и использование аналогии часто позво- ляют решить исходную задачу. З ада ч а 2. Боковые ребра тетраэдра (треугольной пирамиды) ВАВС взаимно перпендикулярны, и их длины равны а, Ь, с. Вычислите длину высоты тетраэдра, опущенной на его основание АВС. Как же нам произвести поиск решения? — Я рассуждал бы так,— начал Толя. — Я не вижу, как решить эту задачу. Поэтому попробую придумать аналогичную планиметрическую задачу. Напрашивается такая задача: 3 а д а ч а 2А. Боковые стороны треугольника взаимно перпендику- лярны (то есть треугольник прямоугольный), и их длины равны а и Ь. Вычислить длину высоты треугольника, опущенной на гипотенузу. А решить задачу 2А не трудно. Р е ш е н и е з а д а ч и 2А. Пусть (рис. 48) л —— длина искомой вы- соты, 8 —— площадь треугольника. Тогда 1 1 ОтсЮда п=й1%]-, то есть п=—Ё———. у аЕ-Т-Ь2 —— Теперь, —— включился в разговор Сережа, — легко уже по аналогии решить и исходную задачу. Р е ш е н и е з а д а ч и 2. Пусть (рис. 49) [001] —— высота тетраэд- ра, \/-- его объем, о—площадь треугольника АВС, п=|00‚|. Тогда, очевидно, 1 1 Ь У=Ёоп=гада Ь=ЁЕдЁ-. (1) Остается выразить 0 через а, Ь, с. Пусть |СС1|— высота треугольни- ка. Тогда о=%-|АВ СС1|=%-|АВ| Моё-носы? . 78

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 48 Так как(СС.) _1_(АВ ), то по теореме о трех перпендикулярах (ОСд) _|_ (АВ), то есть [0С|]——высота' в ААВВ. Длину высоты [00] найдем из ААВВ (см. задачу 2А): предай-Ё где |АВ|=ъ/а?+ь9. Поэтому о=-ЦАВ|/\/ с2+а2Ь2 =1-‚/с2(а2+ь2)+агь2 2 |Ав|2 2 ° Следов ательно, н_ аЬс _____ —;/ а2Ь2+Ьгс2+с 2а2 ° —- А мне,——-ска3ала Ира,—больше нравится другая Идея решения: не привлекать двоякое определение объема тетраэдра, а дваЖды вос- пользоваться решением вспомогательной задачи 2А. Ясно, что если Од — основание перпендикуляра, опущенного из точки 0 на плоскость ААВС, то 0| лежит на высоте СС. этого треугольника‘. Применяя способ решения задачи 2А к АССШ, вижу, что =с.явс‚|= ивы ты ъ/с9+шс‚|9` ' Действительно, так как (АВ)_!.(С.С) и (АВ)_ЦС‚[)), то плоскость В треугольни- ка С|0С перпендикулярна плоскости и треугольника АСВ; так как 61.01, (001)_1_а и дай, то (00055 и, в частности, 0|ЕВ; так как Шеи, то ВдеаПВ. Таким образом, 0.5 СС1). 11 79

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Аналогично из ААВВ имею: аЬ УаЁ+Ь9° |ВС1|= Из (2) и (3) следует: аЬс 11: . т2д2+дэсэ+сеае КРУЖКОВОЕ ИНТЕРВЬЮ 3 адач а‘ 3. Докажите: если все три корня уравнения х3+ах2+Ьх+ст=0 положительны, то коэффициент а отрицателен. — Как бы ты, Вадим, стал это доказывать? —— Я бы сформулировал сначала похожую задачу для квадратного уравнения: «Верно ли, что если корни х, и х2 квадратного уравнения х2+ах+Ь=0 положительное, то а<0?» Связь между х., х2 и а известна, она задается формулой Виета: х1+х2=—а. Да, отсюда следует ответ на вспомогательную задачу: если х‚>0 и х2>0‚ то —а>0, то есть а<0. Теперь возвращаюсь к исходной задаче. Хорошо бы иметь для куби- ческого уравнения формулу, похожую на формулу Виета. Попробую та- кую зависимость найти. Пусть х‚‚ х2, хз—корни данного кубического уравнения. Тогда х3+ах2+дх+с=(х—хп)(х—х2) (х—хз)‚ то есть х3+ах2+дх+с=х3—(х1+х2+х3)х2+(...)х+(...). Видим, что а=—(х1+х2+х3). ОтсЮда следует справедливость утвержде- ния, приведенного в задаче 3: если х1>0‚ х2>0‚ х3>0‚ то а<0.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ВИТАЯ В СФЕРАХ... Может быть, все эти части и невозможно «увидеть». Как бЬЧ’П) ни было, не перена- прягайте своего воображения, лучше попы- тайтесь думать. Ваш разум может повести вас дальше, чем ваше воображение. Д. Пойа ПРОЛОГ — Сегодня, — обратился Георгий Данилович к членам кружка, —— я дам вам очень трудную задачу. Однажды она была (в несколько видо- измененном варианте) предложена на втором туре математической олим- пиады в Москве; тогда, кажется, ее никто не решил. Это будет стереомет- рическая задача, и она окажется особенно трудной для вас, девятикласс- ников, у которых еще нет достаточно тренированного пространственного воображения. И тем не менее мы ее рассмотрим на ближайшем занятии кружка, чтобы убедиться, насколько эффективным может оказаться при- менение основных эвристических приемов: аналогии, индукции, обобще- ния. Из стереометрии нам понадобятся такие сведения. 1) Сфера——это поверхность шара. Иначе говоря, это множество всех таких точек прост- ранства, которые находятся на заданном положительном расстоянии 81

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

от некоторой фиксированной точки пространства (называемой центром сферы). 2) Две сферы либо вовсе не имеют общих точек, либо имеют одну общую точку °(касаются), либо пересекаются по окружности. 3) Мы будем ниже говорить о наборе из нескольких сфер «общего поло- жения». Точный смысл этих слов такой: каждая сфера пересекается с каждой другой, никакие четыре из этих сфер не имеют общей точки и ни- какие три—— общей окружности. ...Вот какую задачу хочу я вам предложить. З а д а ч а 1. На сколько частей разбивают пространство пять сфер общего положения? На занятии кружка —— Как вы искали решение задачиР—спросил Георгий Данилович школьников. —— Мы решили,——сказал Гера,——применить аналогию и угадать от- вет, а затем доказать, что он—правильный. — Неплохо. Но как удалось это сделать? — Нетрудно убедиться, что одна сфера делит пространство на 2 час- ти; две сферы—на 4 части; 3 сферы— на 8 частей; в случае четырех сфер Витя Будаев из десятого класса показал нам, что получатся 16 час- тей. Напрашивается по аналогии, что пять сфер должны делить прост- ранство на 32 части. Но этого мы пока доказать не сумели. И даже не- понятно, как здесь начать доказательство. — Гипотеза, которую вы хотите доказать, конечно, правдоподобна. Но ведь аналогия не доказательство. Если, несмотря на наши усилия, гипотезу не удается доказать, то следует искать новые п0дтверждения ее праздоподобия, следует подвергнуть гипотезу новым испытаниям на праВдоподобие. —— Я бы,— сказала Зарифа,—— рассмотрела аналогичную задачу для окружностей на плоскости— и даже не для пяти, а для п окружностей. Если решим эту задачу, то, может быть, научимся чему-то такому, что поможет нам решить задачу о сферах. Я имею в виду такую задачу: З а д а ч а 2. На сколько частей разбивают плоскость п окружностей общего положения (то есть такие, что каждая пересекается с каждой и никакие три не имеют общей точки)? —— Очевидно,— стал рассуждать Витя,— что одна окружность делит плоскость на 2 части, две—на 4, три—на 8, а четыре,—наверное, на 16. —— Проверим это, сделаем рисунок,—— подсказал учитель. ——.Здесь что-то не так,—— пробурчал Витя,—только 14 частей полу- чается (рис. 50). Гипотеза не опраВдалась. Может быть, и в случае сфер наша гипотеза ошибочна?.. 82

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

14 мёда 2 ш щ Рис. 50 Рис. 51 — Это не исключено‚—- ответил неопределенно Селиванов.—- Но да- вайте найдем сначала способ решения задачи 2. Представим себе кар- тину «в движении». Сначала проводится одна окружность и, она разби- вает плоскость на 2 части (рис. 51), затем вычерчиваем вторую окруж- ность у2 (рис. 52). Представим себе картину как бы в замедленном филь- ме... Что при этом «делает» окружность ш и что с нею «делается»? — Она увеличивает‚—рассудила Лена‚—число частей, на которые была ранее разбита плоскость, на две (были 2 части, а стало 4); на «но- вой» окружности у2 появляются 2 точки пересечения с ранее имевшейся «старой» окружностью и. Эти 2 точки разбивают уз на 2 дуги. -- Теперь пусть уже нанесены на плоскость 2 окружности у; и 72, а мы затем вычерчиваем (медленно вычерчиваем!) третью окружность уз (рис. 53). Что же произойдет при этом? — Число частей плоскости снова увеличится,-—сказал Гера‚—те- перь на 4 (были 4 части, станет 8); а сама окружность уз пересечется с ранее имевшимися окружностями у; и п в четырех точках, которые разобьют ее на 4 дуги. При проведении каждой такой дуги число частей 2 з: `х \ | 5, / \ \ //}Ё \ //Й‚ `——/ Рис. 52 Рис. 53

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

плоскости увеличивается на 1 (каждая дуга разбивает одну ранее имев— шуюся часть плоскости на две). —— Ты правильно сообразил, с чем связано увеличение числа кусков плоскости: как только появляется новая дуга окружности уз, так число кусков плоскости увеличится на 1. Давайте,— предложил учитель,— обозначим через оп число частей, на которые разбивается плоскость п окружностями. А через а„ обозначим число кусков (дуг), на которые разбита п-я окружность уп остальными, ранее проведенными окружно- стями и, и, у„_‚. Чему равно от —— Это очевидно, — ответил с ходу Гера, —— а„ равно числу точек пере- сечения окружности у„ с остальными п—1 окружностями, то есть с1„= =2(п—1). —— Давайте соберем все полученные выше результаты. Запиши, Толя, результаты на доске. —— Мы получили, — Толя записывает и одновременно читает вслух: О1=2, 02:01 °1=4‚ 03=О2+613=4+2 ° И аналогично о4=оз+с14=8+2-3=14‚ о5=од+с15=14+2-4=22. Пять окружностей делят плоскость на 22 части. И точно так же мы мог- ли бы подсчитать об, 07, и вообще о„. —— Хорошо, подсчитай од. -- Имею: Оп=Оп—1 +ап=Оп—2+ап— | +ап=Оп—З+ап—2+ап— | После п—1 шагов получаю: Оп=щ+а2+аз+а4+ +а„=2+[2+4+6+ +2(п—1)]‚ то есть о„=2+(п—1)п. —— Мне кажется, что мы уже можем вернуться к задаче о сферах,— сказала Надя. —— Попробуем,—-—согласился учитель.— Как бы ты стала здесь рас- суждать? —— Я бы применила аналогию. Одна сфера С, разбивает пространство на 2 части. Проведу вторую сферу С2 (рис. 54). От пересечения со сфе- рой С‚ на сфере С2 появится окружность, которая разбивает С2 на 2 час- 84

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

/ \ \ \\ 4 / / / ` \ `. 6, ‚2 Рис. 54 ти, на 2 «плёнки». Каждая такая «плёнка» находится в одной из ранее имевшихся частей (областей) пространства и разбиваег эту часть на 2 части, так что одна «плёнка» увеличит число областей на 1, а 2 «плён- ки»— на 2 единицы. Всего получим 4 области. -—— Давайте,— предложил Георгий Данилович,— обозначим число областей, на которое разбивают пространство а сфер С], 02, С„‚ через зп; а число кусков, число «плёнок», на которое разбивается сфера С„ остальными п—1 сферами С‚, (32, С„ -|, —- через б„. Можем ли мы подсчитать 62, 63, б„ 1 и 81, 82, ..., 5„? -— Можем,"- сказал Игорь. -Сферы С1, С2, С„-| пересекают С„ по п—1 окружностям общего положения. А такие п—1 окружностей на сфере—как и п—1 окружностей общего положения на плоскости — разбивают ее на о„--| частей. Итак, б==о„_ ‚, то есть б„==2+(п 2) (п——1) Например, б2=2, б5=14. Теперь я учел бы, что каждая «плёнка» увеличива- ет число ранее имевшихся областей пространства на 1; поэтому я бы стал считать так: 8|=2, $2=8|+бг=2+2==4‚ $3=$2+бз=4+4=8, 54==$3+б4==8+8=16‚ $5=$4+б5=16+14=30. Вот и о т в е т к нашей задаче: 5 сфер общего положения разбивают пространство на 30 частей. — Я мог бы так же легко решить задачу и для случая 6 сфер, 7 сфер и так далее,—добавил Гера. —— Я уверен,— сказал Георгий Данилович,——что вы могли бы даже вывести общую формулу для решения задачи в случае п сфер. Что же нам позволило решить эту трудную задачу? Очевидно, сознательное, це- ленаправленное применение эвристических приемов: аналогии, индукции, обобщения.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

.` - [М “И «в 4. .\ / ‘, ’4 —.- 9 ПОШ ЕВЕЛ ИМ ТОЧКУ... Шевельнул донец уздою, Шпорой прикольнул, И помчался конь стрелою. А. С.Пушкин На занятии кружка — При испытании геометрических высказываний на правдоподо- бие,—начал Георгий Данилович,——при поиске контрпримеров матема- тик нередко рассуждает так: «Возьму хороший случай, когда высказы- вание подтверждается, и пошевелю Одну точку (или несколько точек, или отрезок, или какое-либо другое множество точек). Не могу ли я та- ким способом получить «плохой случай», когда высказывание уже не подтверждается?» Рассмотрим простой пример. 3 ад а ч а 1. Верно ли высказывание: «Если в выпуклом четырех- угольнике АВСО один угол прямой, а диагонали конгруэнтны, то он— прямоугольник»? — С ходу не видно,— как бы про себя сказал Гера. —— Вот как можно было бы,——продолжал учитель,———начать поиск решения. Возьму хороший случай: прямоугольник (рис. 55); у него угол А — прямой, |АС|=|ВВ|. Не могу ли я теперь так пошевелить на чертеже 86

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

одну точку — скажем, вершину С, — чтобы ‚условие обсуждаемого выска- зывания все еще выполнялось (то есть чтобы угол А остался прямым, а диагональ [АС] осталась конгруэнтной [ВБ])‚ но чтобы заключение уже не имело места (то есть чтобы после такого шевеления четырех- угольник АВСВ уже перестал быть прямоугольником)? — Условие, -— ответила Ира, — будет по-прежнему выполняться, если точку С немного переместить по вот этой окружности Г (с центром А и радиусом 180!) (рис. 56). Если после перемещения точка С займет положение С’, то получим контрпример: для четырехугольника АВС’В по-прежнему выполняется условие, но не заключение приведенного в за- даче утверЖДения. — 3начит,— сделал ВЫВОД Толя,—- высказывание из задачи 1 не- верно. — Рассмотрим еще один пример,—сказал учитель—Возьму тре- угольник (рис. 57) и проведу в нем высоты. Сколько их? Правильно, три. Пройдут они через одну точку? -- Пройдут,—ответил Гера. —-— Пройдут... В любом треугольнике? — В любом. —- А в таком (рис. 58)? — В таком — нет. —- Но ты же сказал: в любом... — Процолжения высот пройдут через одну точку. Вот так (рис. 59). — Правильно. Итак, мы вспомнили: все высоты треугольника или их продолжения прох0дят через одну и ту же точку. А теперь я возьму тет- раэдр (треугольную пирамиду) АВСВ (рис. 60) и тоже проведу в нем высоты: из каждой вершины опущу перпендикуляр на плоскость проти- воположной грани. Сколько будет высот? — Четыре: [ААд], [ВВ‚], [ССд], [001], -— перечислил высоты Максим. — Правильно, четыре. Так вот, предлагаю такую задачу: З а д а ч а 2. Берна ли высказывание: «Все высоты треугольной пи- рамиды (или их продолжения) проходят через одну и ту же точку»? Рис. 55 Рис. 56

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 58 Рис. 59 — По-моему, верно‚—убежденно ответил Вадим. — Проходят! —- Почему? -— По аналогии с треугольником. —— Но аналогия ведь не есть доказательство! —- Конечно. Но у меня такое предчувствие, что проходят. -›— Посмотрим, оправдается ли твое предчувствие. Вспомним идею, которую мы применили в предыдущей задаче. С чего надо начать? — С хорошего случая,— напомнил Вадим. — Правильно. Возьмем какой-нибудь простой случай, в котором все наверняка происходит именно так, как подсказывает твое предчувствие. Какой бы вы, ребята, предложили случай? —- Когда все ребра одинаковой длины,—-посоветовал Максим. -- Хорошо, возьмем именно такую пирамиду (рис. 61). В ней дейст- вительно все высоты проходят через одну и ту же точку 0. Не будем за- держиваться на доказательстве этого факта —— вы его без труда докаже- те, когда подумаете над этим дома. Итак, мы имеем хороший случай, ко- гда все высоты пирамиды проходят через одну и ту же точку О... А что теперь сделаем? —-—- Пошевелим одну вершину, например точку 0, т— ПОДсказал Игорь. Рис. 60 Рис. 6 1

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Хорошо. Куда ее шевелить? —— Вниз, по направлению к точке О,-— предложил Гера. — Но тогда сместятся все высоты, и трудно будет что—нибудь обна- ружить. А кто думает иначе? — Надо переместить точку 0 по ребру ОА‚— внесла свое предло- жение Ира. — И что тогда? — Получим точку 0’ (рис. 62). Рассмотрим пирамиду О’АВС. У нее [СО] и [ВВ;]——по-прежнему высоты, и они прох0дят через точку О. А прямая, проведенная через точку 0’ перпендикулярно к плоскости тре- угольника АВС, уже наверняка через 0 не пройдет. —— Итак‚—подвел итог учитель,—пошевелив надлежащим образом вершину 0, мы получили такую пирамиду, что четыре прямые, на кото- рых лежат четыре высоты пирамиды, не имеют обшей точки. Какой же вывод, Вадим? — Выходит,—ответил Вадим,—что теорема, аналогичная теореме о трех высотах треугольника, для произвольной треугольной пирамиды не верна. И может же предчувствие так обмануть! — Рассмотрим еще один пример,—— продолжил разговор Георгий Да- нилович. —— Пусть каждый в своей тетради нарисует какой-нибудь выпук- лый многоугольник с каким-либо числом сторон (рис. 63). Выберите внутри нарисованного вами многоугольника какую-нибудь точку 2 и опустите из нее перпендикуляры на стороны многоугольника или их про- должения. Отметьте основания 2.‚ 22, ...‚ 2п этих перпендикуляров. Это—«проекции точки 2 на стороны многоугольника». Если какая-ни- будь проекция принадлежит стороне, а не ее продолжению, то условимся называть эту проекцию «хорошей», а в противном случае назовем проек- цию «плохой». Давайте теперь узнаем, сколько хороших проекций по- лучила точка 2 в каждом из рассмотренных вами случаев—Учитель Рис. 62

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 64 Рис. 65 записывает ПОД диктовку ребят: — У Вадима и Зарифы по 4, у Вити, Ге- ры, Игоря и Толи— по 6, у Саши — 5, у Лены, Нади— по 3, у Иры -—6‚ у Андрея— 2, у Сережи и Максима — по 7. Меньше двух не получилось ни у кого. Теперь я предложу такую задачу. 3 ад а ч а 3. Можно ли гарантировать, что при любом выборе вы- пуклого многоугольника и любом выборе точки 2 внутри него, по край- ней мере, две из ее проекций являются хорошими? — По-моему, можно,—сказал твердо Игорь. —— Да, будет не меньше двух хороших,——согласилась Ира. — По-моему, можно так подобрать треугольник и точку в нем, чтобы хороших проекций было только две,—-осторожно высказал свое мне- ние Андрей. —— Покажи это, Андрей, на доске. — Вот так (рис. 64). — Правильно. А для четырехугольника? —— Взять, может быть, квадрат...— прикидывал Андрей. — Нет, с квадратом,— возразила ира,—— ничего не получится: каждая точка внутри квадрата имеет четыре хороших проекции. —- Тогда—ромб,——размышлял Андрей.—— Вот вершина А (рис. 65) имеет только две хорошие проекции (совпадающие с А), это будут проек- ции точки А на (АВ) и (АВ). Можно пошевелить точку А, сдвинуться не- много внутрь ромба. Тогда получим точку М, у которой тоже только две хорошие проекции. — Можно,——заметил Саша,—даже провести внутри ромба такой отрезок [ЕР] (рис. 66), что каждая его точка будет иметь ровным счетом О

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

две хорошие проекции; надо только, чтобы этот отрезок [ЕР] был доста- точно близок к точке А. — А теперь‚—— предложил Сережа,—перейдем к случаю пятиуголь- ника. Давайте рассмотрим хотя бы этот, который уже начерчен, ЕРВСВ. — Давайте,— сказал учитель.— Как вы думаете, какое самое меньшее число хороших проекций может иметь точка из этого пятиугольника? — Я бы рассмотрел какую-нибудь точку А/ отрезка [ЕР]——ответил первым Игорь.—-У нее, очевидно, только одна хорошая проекция, а именно—проекция на сторону ЕР (она совпадает с самой точкой М). —— Но ведь точка А/ не лежит внутри многоугольника,—засомнева- лась Лена,— а в условии задачи говорится только о точках, лежащих внутри многоугольника! — Это не страшно,——возразил Саша,—пошевелим точку М, сдви- нем ее немного внутрь пятиугольника. При малом шевелении точки А/ мало пошевелятся и ее проекции. И те проекции, которые были плохими до шевеления, останутся плохими и после шевеления. Значит, после ше- веления точки А/ получим точку А/’ внутри пятиугольника, у которой только Одна хорошая проекция—а именно проекция на сторону ЕР. —— Какой же окончательный вывод?——спросил учитель. — Нельзя гарантировать, что при любом выборе многоугольника и любом выборе точки 2 внутри него эта точка имеет, по крайней мере, две хорошие проекции: может случиться, что у точки 2 только одна хо- рошая проекция, —закончил Игорь. —- Отдадим себе отчет,—сказал учитель,—в чем суть приема, ко- торым мы пользовались в этих трех задачах. Предположим, что мы хотим построить, подобрать, «сконструировать» фигуру, обладающую несколь- кими свойствами, скажем 1, 11, 111. Следуя нашему приему, подбираем сначала фигуру, обладающую не всеми, а только некоторыми из этих свойств—например, свойствами 1 и Н; а затем шевелим эту фигуру (например, сдвигаем точку). Если свойства 1 и Н устойчивы, то есть не разрушаются, не теряются при «малых шевелениях», то можно попы- таться подобрать «шевеление» так, чтобы после него фигура обладала еще и пропущенным свойством (111). Так, например,к в задаче 1 при сдви- ге точки С вдоль окружности Г два свойства (А=9О° и |АС|=|ВО|) устойчивы, а третье (Ё:,Ь9О°) фигура приобретает после надлежащего шевеления. В задаче 3 устойчиво свойство «проекция располагается на продолжении стороны (а не на самой стороне)». Рассмотрим более сложную задачу на применение этого приема. Вот перед вами два совер- шенно одинаковых правильных тетраэдра, изготовленные из дерева. А задача такая. 3 а д а ч а 4. Можно ли в правильном тетраэдре просверлить сквоз- ное отверстие (не обязательно круглое), чтобы через него мог пройти такой же тетраэдр? 91

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 67 Рис. 68 —— Очевидно, нет. —— Вите вопрос показался наивным. -—— Ведь объемы тетраэдров одинаковы! —— Ну и довод!——усмехнулась Надя.— Вот ты берешь тонкий лист фольги площадью в один квадратный метр и кубик с ребром в один де- циметр. Кубик, очевидно, имеет больший объем, чем лист фольги, но ведь не возникает же у тебя сомнение в том, что можно вырезать в листе фольги отверстие, через которое свободно пройдет кубик! —— Знаете, —— признался Сережа, ——-«отверстие», «просверлить», «можно просверлить отверстие», «пройдет через отверстие»—это же какие-то нематематические термины. Я бы себя чувствовал уверенней, если бы задачу удалось переформулировать более математически. —— Мне кажется‚--откликнулся Саша,— что такое сделать неслож- но. По-моему, речь идет о следующей чисто математической задаче. 3 а д а ч 3 4/1. Можно ли расположить в пространстве два конгруэнт- ных правильных тетраэдра Т’ и Т так, чтобы при ортогональном проек- тировании их на некоторую плоскость а проекция (Ф) тетраэдра Т це- ликом (включая границу) лежала внутри проекции Ф’ тетраэдра Т’? — Да, именно так,——согласился учитель. — Но тогда почти очевидно,——сказал Сережа,——что на поставлен- ный в задаче вопрос надо ответить так: «Нельзя». — Это почему же? Мне это не очевидно...— Сейчас Толя завидовал Сереже: «Какой сообразительный!» — Вот посмотрите‚—продолжал Сережа‚——я буду проектировать 92

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

тетраэдры Т’ и Т на плоскость (а) стола. Расположу тетраэдр Т’ так, чтобы его грань А’В’С’ (рис. 67) лежала в плоскости стола (а). А тет- раэдр Т расположу так, чтобы его грань АВС была параллельной плос- кости (1. Тогда проекции (Ф’ и Ф) данных тетраэдров конгруэнтны. По- этому очевидно, что фигура Ф не окажется строго внутри фигуры Ф’. — Да не так ты располагаешь тетраэдр Т! —— В голосе Нади чувство- валась досада. —— Ты его просто неудачно поместил в пространстве. Надо расположить тетраэдр Т так, чтобы его проекцией на плоскость стола оказалась не его грань, а фигура с меньшей площадью. Разве это невоз- можно? — Конечно, возможно, — охотно уступил Сергей. —— Но я и такую воз- можность продумал. Вот я расположил тетраэдр Т (рис. 67) так, чтобы проекция его грани АВС совпала с треугольником А’В’С’ (точка А про- ектируется в точку А’,В—в В’,С— в С’). Теперь я пошевелю тетраэдр Т; поверну его вокруг ребра АВ на малый угол. Тогда проекция Сд вер- шины С окажется внутри треугольника А’В’С’. Буду дальше поворачивать тетраэдр Т вокруг ребра АВ до того положения (рис. 68), в котором реб- ро СВ станет перпендикулярным плоскости стола (и). При этом проек- цией тетраэдра Т на плоскость а окажется некоторый треугольник (рав- нобедренный) А.т‚‚ и его площадь будет, конечно, меньше, чем пло- щадь треугольника А’С’В’. Но ведь у этих треугольников одинаковые основания ([А18‚]=[А’В’])‚ а высоты короче оснований. Поэтому все равно ААдСдвд не окажется целиком внутри треугольника А’С’В’. Итак, ответ «нет», по-моему, достаточно правдоподобен.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Думаю, еще рано что-либо утверЖДать,— возразил Сашаь—Я бы попытался проверить, будет лигверна твоя гипотеза, Сергей, если в рас- смотренном тобой случае подвергнуть тетраэдр еще одному шевелению. — А как? — А вот как. Давай отметим середины Р и К ребер АВ и С0 (рис. 68). Я бы, не меняя положения‚точек Р и К в пространстве, повер- нул на малый угол вокруг (КРК) точку А. — А значит, и точку В? — Да, и точку В, и тетраэдр Т целиком. Тогда овместо треугольни- ка А.с,в. ты получишь в проекции четырехугольник... трапецию А282С202 (рис. 69). Если угол поворота достаточно мал, то эта трапеция будет принадлежать треугольнику А’С’В’, причем сторона А2В2 будет на границе этого треугольника. Чтобы трапеция оказалась внутри тре- угольника А’С’В’, я бы ПОДверг тетраэдр еще Одному малому шевелеч нию, а именн9_;- сдвинул бы тетраэдр Т на малый вектор, коллинеар- ный вектору РК (рис. 70). При этом трапеция А282С202 перейдет в не- которую трапецию АЗВЗСЗВЗ, целиком лежащую внутри треугольни- ка А’С’В’. Видим, что возможно тетраэдры Т’ и Т расположить в прост- ранстве так, чтобы проекция тетраэдра Т на плоскость а оказалась ле- жащей внутри проекции тетраэдра Т’ на ту же плоскость. Итак, на воп- рос, поставленный в задаче 4А, надо ответить: «да». Значит, возможно в тетраэдре Т’ просверлить отверстие, через которое пройдет тетраэдр Т (просверлить отверстие в Т’ следует перпендикулярно плоскости гра- ни А’С’В’ так, чтобы проекцией отверстия на плоскость А’С’В’ оказалась какая-либо фигура, содержащая внутри себя трапецию АЗВЗСЗВЗ и ле- жащая внутри треугольника А’С’В’). —- Хочу обратить ваше внимание на одну разновидность задач,— сказал учитель,—для решения которых обычно полезно привлечь идею малых шевелений. Я имею в виду задачи, в которых требуется выбрать из некоторого множества фигур ту, которая — в том или ином смысле — является наилучшей (например, имеет наименьший периметр, наиболь- шую площадь и т. п.). Нередко в таких задачах основная трудность со- стоит в том, чтобы сначала угадать правильный ответ; для этого и может пригодиться «метОд малых шевелений»: берем произвольно какую-ни- будь фигуру из рассматриваемого множества фигур и пытаемся малым шевелением ее улучшить. Если это удается, то можем повторить анало- гичные рассуждения, но уже с «улучшенной» фигурой. Если же мы обна- ружим фигуру, которую нам улучшить не удается, то правдоподобно, что она и есть искомая (за этим, разумеется, должно последовать стро- гое доказательство). Рассмотрим одну такую задачу. З а д а ч а 5. Дан угол С, меньший развернутого, и точка Р внутри него. Укажите способ построения прямой, проходящей через точку Р и отсекающей от угла С треугольник наименьшего периметра. 94

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

—- Поиск решения,—пр0должил через несколько минут учитель,— можно начать так: проведу через Р произвольную прямую А’В’, где А’ и В’——точки на сторонах угла (рис. 71). Трехзвенную ломаную А’СВ’А’ я попытаюсь заменить более простой, а именно: двухзвенной ломаной той же длины, но с конгруэнтными звеньями. Для этого рассмотрю вневписанную окружность Г для тре- угольника А’СВ’(Г касается стороны А’В’ в точке Т и пр0должений сто- рон СА’ и СВ’ в точках М и М). Вы, конечно, видите, что периметр 2р треугольника А’СВ’ равен |СМ|+|СА1|, причем |СМ|=|С1\/|. Представлю себе сначала, что окружность Г расположеначсдалеко» от точки С. Стану окружность Г «п0дкатывать» (приближать) к вершине С, одновременно сжимая ее (то есть уменьшая ее размер) так, чтобы она оставалась каса- тельной к сторонам угла. При этом будут смешаться точки М, А], А’, В’; отрезки СМ и СА/ будут уменьшаться, а вместе с ними—и периметр 2р треугольника А’СВ’. Пока точка Р расположена в н е окружности Г, мы можем пошевелить эту окружность, «подкатить» ее немного к вер- шине С, но чтобы точка Р по-прежнему оставалась в н е окружности Г. При этом периметр треугольника А’СВ’ уменьшится. Такая возможность—получения наряду с выбранным треугольником другого треугольника с меньшим периметром —— исчезнет, как только точ- ка Р окажется не вне окружности Г, а на этой окружности. Поэтому правдопщобно, что треугольник А’СВ’ минимального периметра возник- нет тогда, когда прямая А’В’ будет касательной к окружности, проходя- щей через точку Р и касающейся сторон угла С. Теперь мы можем обра- титься к полному и обоснованному решению задачи. Начни, Сережа, рассуждать у доски. — Реш ен ие. Построю какую-либо окружность Г’, вписанную в угол С (рис. 72), и пусть О’—ее центр. Через Р’ обозначу первую (счи- тая от С) точку встречи луча СР с построенной окружностью„ Строю

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

затем окружность у, гомотетичную окружности Г’ относительно центра гомотетии С, полагая коэффициент [г гомотетии равным |СР| / |СР’|. Про- вожу через Рк у касательную и отмечаю ее точки встречи А и В со сто- ронами угла. ААСВ-—- искомый. Докажу это. —- Доказательство приведет Толя, —- распорядился учитель. —— Пусть [А*В*] — какой—нибудь (отличный от [АВ] отрезок с конца- ми на сторонах угла С, проходящий через Р. Прямая А*В*, не будучи касательной к у, встречает у в двух точках: Р и 0. Поэтому вневписан- ная окружность Г* для АА*СВ* гомотетична окружности у с коэффи- циентом, большим единицы. Но тогда ясно, что |СМ*|+|С^/*|>|СМ|+|С^/| (здесь М* и А/*——точки касания Г* со сторонами угла). Это означает, что АА*СВ* имеет больший периметр, чем ААСВ. Итак, видим, что по- строенный нами ААСВ действительно удовлетворяет условиям задачи. ——- Не только в геометрических задачах,—-сказал Селиванов,—мо- жет оказаться полезной идея «малых шевелений». Для примера давайте рассмотрим такую задачу. З а д а ч а 6. Три друга— вы их все знаете, это Алик Алексеев, Бо- ря Борисов и Вася Васильев из девятого «Б» —— рассказали такую исто- рию. Они будто бы однажды сыграли некоторое число партий в шахматы, причем каждый с каждым сыграл одинаковое число партий. Потом, ко- гда стали решать, кто лучше сыграл и должен считаться победителем, Алик сказал своим партнерам: «У меня меньше, чем у каждого из вас, проигрышей». Боря сказал: «А у меня больше, чем у каждого из вас, выигрышей». Но когда подсчитали очки, то оказалось, что больше всего очков набрал Вася (выигрыш ——-1 очко, ничья '/2 очка, проигрыш—0). 96

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

всего . имеет сыграл, „ „ партии проигрыши выигрышеи ничьих всего очков Лаос 4 0 0 4 2 щи 4 1 1 2 2 Йога 4 1 1 2 2 Рис. 73 Мог ли быть такой турнир? Если нет, то докажите; если да, то приведите пример. -— Итак,—сказал учитель, ——турнир должен удовлетворить трем условиям: 1) Алик должен иметь меньше всего проигрышей; 11) Боря должен иметь больше всего выигрышей; 111) Вася должен набрать больше всего очков. -— Я попытался представить себе такой турнир, но что-то не полу- чается,” признался через некоторое время Максим. —- Давайте попробуем,—-предложила Ира,—сконструировать тур- нир, который обладал бы всеми свойствами, о которых говорится в усло- вии задачи. — Турнир‚——воодушевился Витя,-—будем составлять из отдельных туров(в туре—три партии: каждый игрок играет с каждым другим одну партию). Например, могут быть такие туры: Алик сыграл с двумя дру- гими игроками вничью, а Боря выиграл у Васи; или: Алик сыграл с дву- мя другими вничью, а Вася выиграл у Бори. Пару таких туров назовем «двойным туром типа А» («типа Алика»). Результаты двойного тура ти— на А я соберу в таблицу (рис. 73). — Чем же он так хорош, этот твой «двойной тур типа А»?—спро- сил Максим. —— А вот чем, -— спокойно ответил Витя. — Турнир, который представ- ляет собой такой двойной тур, удовлетворяет условию 1: у Алика мень- ше, чем у каждого из остальных, проигрышей (нуль проигрышей). При этом каждый набрал по два очка. —- Турнир, составленный из любого числа таких «двойных туров ти— па А», тоже будет обладать свойством 1, -—3аметила Лена. — Рассмотрим, -—предложил учитель, —такой турнир, о котором го- ворит Лена, и пусть в нем много «двойных туров типа А»——скажем, 100 таких туров. Какими будут результатьгтакого турнира? 4 Поиск решения 97

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

всего ' . имеет сыграл „ партий проигрышей выигрыши ничьих всего очков лигах 400 А 0 400 200 лдря 400 100 100 200 200 53000 400 100 100 200 200 Рис. 74 — Это ясно хотя бы из вот такой таблицы (рис. 74), где собраны результаты такого турнира‚— ответила Надя.— Каждый набрал по 200 очков, причем Боря и Вася имеют по 100 выигрышей и по 100 про- игрышей, у Алика меньше всего проигрышей (нуль проигрышей, но и нуль выигрышей). — Теперь я бы применил «малое шевеление» этого турнира. А имен- но, -— Витя снова взял инициативу, -— пусть сыграно еще небольшое чис- ло туров (не обязательно «типа А»). Тогда получим турнир, в котором Алик будет по-прежнему иметь проигрышей меньше, чем Боря и Вася (иначе говоря, при «малых шевелениях» турнира свойство 1 «устойчи- во»). Подберу это «малое шевеление» так, чтобы выполнялось еще усло- вие 11. Для этой цели сначала воображу себе вот такой «двойной тур ти- на В» («типа Васи»): в нем каждый игрок с каждым из остальных сыг- рал по четыре партии, причем Вася набрал четыре ничьих, а Алик и Во- ря имели лишь по Одному выигрышу (и по одному проигрышу); при этом каждый из трех игроков набрал по два очка. Результаты «двойного тура типа В» я собрал в одну таблицу (см. рис. 75). Если (после указан- всего им еет сыграли партии твидоышей выигрышей ничьи всего очков так 4 1 1 2 2 лот 4 1 2 2 ФР.“ Или 4 0 2 Рис. 75 о

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

80820 имеет сыграл партии проигрышей выигрышей, ничьих всего очков так 440 10; 10 420 220 Щи 440 110 110 220 220 УЗася 440 100 100 240 220 Рис. 76 ных 100 туров «типа А») были сыграны, скажем, еще 10 «двойных туров типа В», то в результате такого «небольшого шевеления» каждый из трех игроков будет иметь (см. рис. 76) по 220 очков, причем Алик будет иметь только 10 проигрышей (и столько же выигрышей), Боря— 110 выигры- шей (и 110 проигрышей), Вася имеет 100 выигрышей (и 100 проигры- шей) и 240 ничьих. Вижу, что условия 1 и 11 выполняются. — И что же дальше будешь делать?—забеспокоился Гера.—- Ведь условие 111 не выполнено! — К вновь полученному турниру применю еще одно «малое шевеле- ние» в виде какого-либо одного дополнительного тура; независимо от его исхода условия 1 и 11 останутся выполненными (эти условия устойчивы): Алик останется игроком с наименьшим числом проигрышей, Боря—игро- ком с наибольшим числом выигрышей. Так подберу-ка я этот дополни- тельный тур (из трех партий) так, чтобы Вася в нем набрал больше оч- ков, чем каждый из остальных игроков: например, Вася набирает в нем два очка, выигрывая у Алика и Бори, а Алик и Боря делают между собой ничью; результаты такого тура ясны из таблицы (рис. 77). Таким обра- всего имеет сыграл партий проигрышей выигрышей ничьих ’ всего очков так 2 1 0 1 1 7 йдря 2 1 0 1 % Ют 2 0 2 0 2 Рис. 77

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

зом, из отдельных туров сконструирован турнир, в котором все три усло- вия 1, 11, 111 выполнены. Результаты такого турнира собраны в табли- цу (рис. 78). Видим, что турнир, о котором говорится в условии задачи, в принципе мог иметь место. -— Ничего себе турнир! ——воскликнул Толя.— По 442 партии сыграл каждый, всего сыграно... 663 партии! А нельзя ли подобрать турнир с меньшим числом партий, но который тоже удовлетворял бы условиям данной задачи? —— В задаче,—ответил Селиванов,——требовалось установить, воз- можен ли вообще турнир, обладающий свойствами 1, 11, 111. После того, как существование такого турнира доказано, можно попытаться найти турнир с меньшим числом партий, обладающий теми же свойствами. Оказывается, можно подобрать такой турнир, в котором всего 42 партии. Об этом ты можешь прочитать в журнале «Квант», М9 9 за 1976 г0д, стр. 39—45, где для поиска решения той же задачи используется совер- шенно иная идея. КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ 3 а д а ч а 7. В четырехугольнике АВСВ диагонали перпендикулярны и конгруэнтное и, кроме того, |АВ|=|СО|. Обязательно ли этот четырех- угольник —— квадрат? — Расскажи, Лена, как бы ты стала решать эту задачу. —— Я бы начала с хорошего случая, то есть с квадрата, и применила бы шевеление его диагонали. Пусть АВСВ (рис. 79) —— квадрат. Сдвину немного его диагональ [80] так, чтобы она: осталась перпендикулярной к АС и конгруэнтной [АС] (рис. 80), но чтобы точка О пересечения диа- гоналей не делила каждую из них пополам. Чтобы было |АВ1=|СО|, достаточно выбрать точки В и С на Одинаковых расстояниях от 0. По- лученный четырехугольник АВСВ—не квадрат (а трапеция), но всем 00820 имеет сыграл“ в партии проифышеи выигрышей ничьих всего очков шик 442 А 10 421 220-5— Ибря 442 111 [1101 221 2204- лася 442 100 102 240 Рис. 78

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

В т А 0 О А 0 0 17 17 Рис. 79 Рис. 80 поставленным условиям он удовлетворяет. Значит, ответ к задаче такой: «Нет, не обязательно». 3 а д а ч а 8. В выпуклом шестиугольнике противоположные стороны попарно параллельны, а три диагонали, соединяющие противоположные вершины, конгруэнтны. Обязательно ли этот шестиугольник правильный? — Как бы ты, Гера, ответил на этот вопрос? — Я бы начал с правильного шестиугольника А1А2А3А4А5Аб. Его диа- гонали ‚41144 и ‚42145 я бы не стал трогать, а пошевелил бы диагональ ‚43146, повернул бы ее на малый угол вокруг ее середины. Вновь полученный шестиугольник по-прежнему удовлетворяет поставленным в задаче тре- бованиям, но он уже—неправильный.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

...МЕНЯЕТСЯ НЕПРЕРЫВНО... Важность «в —— 6 определения» непрерывности состоит главным образом в его применимости к доказательству каких-либо фактов... и лишь в незначительной мере — к обнаружению каких-либо фактов... Для получения ответов лучше использовать интуитивные соображе— ния—даже если они кажутся весьма зыб- кими. Для доказательства же правильности ответов только строгие формальные доводы заслуживают доверия. Дж. Б. Россер' ПРОЛОГ 3 адач а 1. Существует ли на плоскости такой четырехугольник, у которого последовательные стороны имеют длины 3 метра, 4 метра, 5 метров и 6 метров и около которого можно описать окружность? ' Дж. Б. Росс е р-—- современный английский математик; эпиграф взят из его книги «Логика для математиков». 102

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

На занятии кружка — В самых различных вопросах математики нередко удается полу- чить правильные ответы на те или иные задачи, если рассмотреть величи- ны, которые с течением времени изменяются непрерывно. Наглядное представление о таких величинах имеет каждый'. Можно привести нема- ло случаев, когда каждый из нас, опираясь на такие наГЛЯДные пред- ставления, скажет, что та или иная величина изменяется непрерывно с течением времени. Например, путь, который пройдет автомобиль (точ- нее говоря, каждая его точка), будет расти непрерывно с течением вре- мени. Непрерывно с течением времени будет изменяться и скорость авто- мобиля. Давайте возьмем вот этот шарнирный угол (рис. 81); его начальную сторону [0/1) оставим неподвижной, а конечную сторону [ОВ) будем по- ворачивать вокруг точки 0 против направления движения часовой стрел- ки; тогда величина угла, заметаемого лучом ОВ, будет изменяться не- прерывно с течением времени. Непрерывно меняется с течением времени площадь, заметаемая ка- ким-нибудь движущимся отрезком АВ (рис. 82). Теперь давайте придумаем пример величины, которая с течением вре- мени не изменяется непрерывно, а наоборот— изменяется скачками. Мо- жет ли кто-нибудь привести пример такой величины? — Количество оценок, выставленных мне с начала четверти,—ска- зала Ира. — Неплохой пример. А вот еще пример величины, которая не меняет- ся непрерывно. Рассмотрим на координатной плоскости фигуру Ф, кото- рая является объединением квадрата О (квадрат рассматривается вмес- ' Строгое определение непрерывной функции см. в учебнике «Алгебра и начала ана- лиза —— 9». Рис. 81 Рис. 82 Рис. 83

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

И!) 5 2 г-—т 1 | | т и 9 Е =г Ш г, а т, 2, Рис. 84 Рис. 85 те со своей внутренней областью) и оси ординат Оу. Пусть прямая МА] (рис. 83)параллельна оси Ох и, начиная с некоторого момента 10, дви- жется (опускается) равномерно «вниз» (то есть в направлении, проти- воположном направлению оси Оу). Пересечение Ф с прямой МА! может оказаться либо одной точкой, либо отрезком. Обозначим через Ш) длину такого отрезка (или точки) в момент 1. В начале движения (при 1:10) пересечение состоит из одной точки, и поэтому 1(!)=0 при 1=10. В течение некоторого промежутка времени такая картина сохранится: будет 1(1)=О. Но вот в какой-то момент и, прямая МА! совпала с прямой 86; тогда 1(гд)=|ВС|=2. При дальнейшем опускании прямой МА! будем еще втече- ние некоторого времени иметь 1(2‘)=2—до того момента 12, когда пря- мая МА! совпадет с прямой ПА. А после этого (при 1>1Ё2) будет опять 1(13)=О. В данном случае мы, естественно, скажем, что величина Ю) ме- няется в моменты 151 и [2 не непрерывно, а скачкообразно. Графически можно функцию Ш) изобразить так (рис. 84). Представим себе, что какая-нибудь величина (например, длина от- резка, величина угла, сумма нескольких углов, площадь какой-то изме- няющейся фигуры и т. п.) менялась с течением времени непрерывно. Раз- нообразные приложения находит следующее интуитивно очевидное ут- верждение, которое называется «теоремой о промежуточном значении»: Если некоторая величина (и) менялась непрерывно в течение како- го-то отрезка времени и в начальный момент она была меньше постоян- ной с, а в конечный она была больше, чем с, то был такой промежуточ- ный момент времени, когда величина (и) была равна (0). В качестве примера на применение этого утверждения рассмотрим задачу 1 из пролога. Вообразим себе шарнирный четырехугольник АВСВ со сторонами, равными 5,4, 3,6 единицам (рис. 85). Так как |АВ|+|ВС|= 104

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

=|СВ|+|0А|, то можно деформировать (сплющить) четырехугольник таким образом, чтобы все его вершины оказались на одной прямой (рис. 86). В этом началь^ном ^положении четырехугольника чему будет равна сумма двух` углов А и С? — Будет А+С=0°‚—ответила Зарифа. — Видим, что в начальном положении четырехугольника А+Ё<180°. Будем теперь сжимать четырехугольник (рис. 86) в направлении АС до тех пор, пока вершина С не окажется на отрезке В? (рис. 87). В этом конечном положении какой будет сумма углов А и С. — Будет А + Ё>180°‚ —— ответил Витя. — Так как из начального положения четырехугольника мы пришли к конечному положению, непрерывно меняя сумму А + С‚то в какой-то промежуточный момент величина А + С была равна 180°. Следователь- но, — заключил учитель, — существует такое положение четырехуголь- ника АВСВ, при котором около него можно описать окружность. — А можно ли соображения непрерывности применять не к четырех- угольнику, а к замкнутым ломаным с большим числом звеньев? -—- спроси- ла Ира. —— Можно,—— ответил Георгий Данилович.—— Но только рассуждать надо несколько иначе. Сейчас вместе сообразим, как именно. Вот, по» твоему, Ира, какому условию должны удовлетворять положительные числа ад, а2, ...‚ а„__1‚ а„‚ где 2223, чтобы они могли служить длинами звеньев некоторой замкнутой ломаной? — Видимо, наибольшее из этих чисел должно быть меньше суммы остальных, поскольку каждое звено (даже наибольшее) меньше осталь- ной части периметра ломаной. —— Совершенно верно. Так вот, будем считать, что ап—наибольшее из указанных п чисел, причем оно меньше суммы остальных: \ апгап. а„>а2‚--.‚а„>а„_ь а„<аи+а2+ +а„_.1. 0 Рис. 87

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Вопрос состоит в следующем: существует ли при этих условиях замкну- тая п-звенная ломаная, у которой стороны имеют длины ад, а2, а„ и во- круг которой можно описать окружность? —— Я поступил бы так‚-—сказал Игорь—Я стал бы рассматривать окружности различных радиусов К и в каждую из них вписал бы лома- ную (вообще говоря, незамкнутую) А1А2...А„_|А„ со звеньями длины (соответственно) ад, а2‚ ...‚ а„_д(|А|А2|=а‚‚ |А2А3|=а2, ...,|А„-‚А„|=а„_|) (рис. 88). Длину хорды А|А„‚ соединяющей концы этой ломаной, обо- значу через и (то есть и=|А1А„|). Понятно, что и зависит только от вы- бора радиуса (Н) окружности (но не зависит от выбора на окружности положения начала А; ломаной). Я попытался бы подобрать такое значе- ние К’ радиуса К, при котором было бы и>а„; затем я стал бы искать такое значение К”<К’‚ при котором и<а„. Если такие Н’ и 12” удалось бы обнаружить, то я стал бы непрерывно менять радиус Н окружности от Н’ до К”; иными словами, я стал бы непрерывно сжимать окружность радиуса 12’ до тех пор, пока ее радиус не стал бы равным К”. При этом концы вписанной ломаной А1А2...А„_.‚А„ будут скользить по окружности (но так, чтобы длины ее звеньев не изменялись); длина и замыкающего звена будет непрерывно изменяться. Так как в начальный момент (то есть при К=К’) и>а„‚ а в конечный (то есть при Н=К”) и<а„‚ то по теореме о промежуточном значении должно существовать такое значе- ние радиуса К=Но (Ко— между Н’ и К”), для которого длина и хорды А.А„ будет в точности равна ад. Это означает, что вписанная в окруж- ность радиуса Но замкнутая ломаная А1А2...А„_1А„А‚ будет иметь своими звеньями отрезки с длинами ш, (12, а„_., а„. Мы получили бы положи- тельный ответ на интересующий нас вопрос. — Очень хороший план поиска,—похвалил Игоря учитель. — А откуда у нас может быть уверенность, что найдется окружность (какого-то радиуса Н’), для которой и>а„? — стала сомневаться Лена. — Видишь ли, Лена‚— вмешалась 3арифа, — обнаружить существо- вание такой окружности нетрудно с помощью следующих соображений.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

\\“/ Рис. 89 Ведь если отрезки длины (соответственно) ад, а2, ..., а„_1 отложить по- следовательно на прямой, то отрезок АдАп, соединяющий начало первого отрезка с концом последнего, будет иметь длину, большую, чем а„ (по- тому что по условию а|+а2+ .1. +а„_1>а„). Так как в окружности очень большого (по сравнению с а„) радиуса К’ ломаная АдАв...А„ располагает- ся «почти прямолинейно», то и в ней замыкающая хорда АдАд будет иметь длину (и), большую, чем а„. Значит, есть такое К’, что для вписан- ной в окружность радиуса Н’ ломаной А1А2...А‚._.А‚. будет и>а‚.. —- Хорошо, а как быть с Н”? — продолжала сомневаться Лена. — Мне кажется, что это можно сделать так... — Вадим что-то чертил пальцем в воздухе, потом более уверенно продолжат—Выберу из чи- сел ад, ад, а„_| самое большое. Пусть, ради конкретности, это бу- дет аз. Рассмотрю окружность диаметра аз и отложу от одного конца диаметра последовательно один за другим хорды длины а: и ад, 8 от дру- гого конца —хорды длины щ, а5, ..., а„_1 (рис. 89). Получится ломаная, причем расстояние и между ее концами не больше диаметра, то есть не больше аз и, значит, подавно не больше, чем а„. Вижу, что если поло- 1 жить Н”=Ё-а3, то будет и не больше, чем а‚.. Далее применяем рассуж- дение Игоря. —- Итак,——заключил учитель,——при любом выборе положительных чисел ад, а2, а„, для которых апгщ, а„>а2, ..., а„>а„_|, а„<а|+а2+...+а„_1, существует замкнутая ломаная АдАг...А„А1‚ у кото- рой длины последовательных звеньев выражаются числами ад, ..., ад и около которой можно описать окружность'. ' Не исключено, что ломаная, о которой мы сейчас говорили, окажется самопересе- кающейся. Однако, проводя рассуждение более тщательно, можно было бы доказать су. ществование выпуклого многоугольника, обладающего всеми указанными выше свойствами. 107

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Рассмотрим еще один пример,—продолжал Георгий Данило- вич.— Посмотрите на это уравнение: 2”=4х. Имеет ли оно корень? — Надо прологарифмировать и попытаться решить уравнение, кото- рое ПОлучится,—предложил Витя. — Нет, от этого легче не станет,—возразил Андрей—Появится слева х, а справа —его логарифм. Все равно х не найдешь. — Да что здесь гадать‚—вставил Игорь,—один корень очевиден: х=4. Посмотрите: 24=4-4. — Правильно,— п0дтвердил учитель.——Так вот какова моя задача. 3 а д а ч а 2. Имеет ли уравнение 4х—2"=О (1) корень между 0 и 1? — Это как-то связано,—спросил Сергей учителя,—с теоремой о промежуточном значении? Да? А что же обозначает здесь время? х? — Именно так. — Тогда, кажется, ясно. Пусть х—время, и пусть оно меняется от момента .х=0 до момента х=1. При х=0 величина и=4х——2" равна —1<О. При х=1 величина и равна 2>О. Поэтому найдется промежуточ- ный момент хо между 0 и 1, что и(хо)=0, то есть 4хо—2хо=0. Значит, чис- ло хо—такой корень уравнения, который заключен между 0 и 1. — А как же этот корень найти? —спросила Ира. — Да,—сказал учитель,— мы установили только существование корня уравнения. А каждое «доказательство существования» кто-то из математиков сравнил—в шутку—с приобретением замкнутого сейфа с деньгами: сейф есть, а ключей от сейфа нет. Но если есть уверенность, что в сейфе имеются деньги, то имеет смысл приложить усилия, чтобы его открыть. Аналогично обстоит дело и в случае уравнения (1). В мате- матике разработаны приемы, позволяющие вычислить корень (сущест- вование которого нам известно) приближенно, но с любой наперед ука- занной точностью. Вы можете прочитать о таких приемах в книжке Н. Я. Виленкина «Метод последовательных приближений». КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ З ада ча 3. В астрономии важную роль играет уравнение Кен- лера: х+езйп х=М. Выясните, имеет ли это уравнение при е=0,3 и М=6,7 корень в промежутке ]2л; 3л[. — Что бы ты, Ира, посоветовала здесь сделать? 108

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

— Величина х+езйпх меняется непрерывно при изменении х от 2л до Зл; при х=2л она равна 21: и, следовательно, меньше, чем 6,7; при х=3л та же величина х+езйпх равна Зл и, значит, больше, чем 6,7. Поэтому при каком-то промежуточном значении хо будем иметь: х0+0,352пхо=6,7. Итак, при е=0‚3 и М=6,7 уравнение Кеплера имеет ко- рень меЖду 21: и Зл. З а д а ч а 4. На плоскости начерчен квадрат и неперекрывающиися с ним треугольник. Существует ли такая прямая, которая разделила бы одновременно каждую из этих фигур на две равновеликие части? — Как бы ты, Витя, стал искать ответ? —— Проведу через центр О квадрата произвольную прямую 1, не пе— ресекающую треугольник; буду затем равномерно вращать эту прямую ‘вокруг точки 0, и пусть и=и(2)——площадь заметенной ею (к моменту времени 2) части треугольника. В начальный момент и=0< 8 (8— площадь треугольника); кроме того, ясно, что наступит такой момент, когда будет и=5>_Ь_$‚Поэтому в какой-то промежуточный момент вели- 1 чина и будет равна 78. В этот момент прямая 1 делит и треугольник и квадрат на две равновеликие части. Итак, прямая, о которой говорится в условии задачи, должна существовать. З а д а ч а 5. Диаметры двух кругов равны соответственно 1 децимет- ру и 0,5 дециметра. Существует ли прямая, параллельная линии их цент- ров, из которой эти круги высекают две хорды суммарной длины 2009/ 2000 дециметров? — Какое у тебя, Максим, складывается мнение? — Рассмотрю произвольную прямую а, параллельную линии цент- ров 0102 и не пересекающую данные окружности; буду равномерно пере- мещать прямую а параллельно самой себе по направлению к линии цент- ров данных кругов до слияния с прямой 0102. Пусть и=и(1)—— суммар- ная длина хорд, высекаемых данными кругами на прямой в момент 1. Вначале и=0<2°°°;/?000‚ в конце и = 1,5>2°°°;/9000 (замечу, что 2()°‘)}/2000<20001/2т0=‚/Ё_<1,5). Поэтому в какой-то промежуточный мо- мент будет и = ”Юр/9000; в этот момент прямая а удовлетворяет условиям задачи. — Прежде чем рассмотреть следующую задачу, — сказал учитель,— договоримся, какой смысл будем придавать выражению: «Четырехуголь- ник описан около фигуры Ф». — Случай, когда Ф—треугольник, мы встречали в кружке еще в прошлом г0ду,— вспомнил Витя—Это было на занятии, которое на- зывалось «Испытания на правдопщобие». — А со случаем, когда Ф—окружность, мы имели дело на уроках геометрии, —— добавил Максйм. 109

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

В 0 [ШЁ\ 1// В Рис.90 А —— Предлагаю,-—сказал Саша,—такое определение, которое охва- тывает эти частные случаи: «Четырехугольник считается описанным око- ло фигуры Ф, если каждая точка этой фигуры лежит внутри или на грани- це четырехугольника, причем на каждой его стороне (быть может, в кон- це этой стороны) находится хотя бы одна точка фигуры Ф». -- Принимаем твое предложение, — согласился Георгий Данило- вич. -— Предлагаю такую задачу. 3 а д а ч а 6. Существует ли такой квадрат, который был бы описан около параллелограмма АВСВ, изображенного на рисунке 90? Здесь предполагается, что длины отрезков АВ и АО равны соответственно 20 см и 1 см, а ЁФ=60°. __ Как бы ты, Саша, стал искать ответ к этой задаче? — Построю сначала прямоугольник Р‚@.К.$1 (рис. 91), который описан около параллелограмма АВСВ, причем Р:=А, [А0]‹:[Р‚51], [ВС]С[О|Н1]. Легко видеть, что Р101Н151— не квадрат: |Р101|>|Р1$‚|. Рис.91

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Проведу теперь через точку А прямую РФ, и пусть угол т>309 Пря- мую РО буду равномерно поворачивать вокруг точки А от того положе- ния, когда она образует с лучом [АВ) угол в ЗО° (то есть занимает поло- жение Р.С2.), до того положения, когда она окажется перпендикулярной к прямой АВ. Для каждогоа буду строить прямоугольник РОКЗ, опи- санный около параллелограмма АВСВ. С течением времени длина каж- дой стороны прямоугольника РОНЗ будет изменяться непрерывно, и не- прерывно будет меняться разность и= |РО|—|Р$|. В начальный момент (когда а=30°) эта разность, как мы уже видели выше, положительна; в конечный момент (когда а=90°) она уже отрицательна. Следователь- но, в какой-то промежуточный момент (при каком-то а=ао) эта разность окажется равной нулю, то есть |РО|=|Р8|, и прямоугольник РОКЗ— квадрат. Итак, — закончил Саша,— квадрат, о котором говорится в условии задачи, должен существовать. ‘ — Георгий Данилович, мне как-то не очень ясно, при чем тут парал- лелограмм?—спросил Андрей.— Вроде бы он нужен только для того, чтобы сказать, что в начальном положении прямоугольник не является квадратом. Подозреваю, что рассуждение пройдет и для любого другого многоугольника. — Совершенно верно. И не только для многоугольника, но и для лю- бой ограниченной фигуры: какой бы она ни была, существует описаннЫй около нее квадрат. Этот факт впервые отмечен выдающимся советским математиком П. С. Урысоном (1898—1924). Рассмотрим еще задачу, для решения которой полезно привлечь сра- зу две идеи: малое шевеление и теорему о промежуточном значении. З а д а ч а 7. Около окружности описан четырехугольник, диагонали которого конгруэнтны. Обязательно ли этот четырехугольник—квадрат или трапеция? —— Я бы начала с хорошего случая — около окружности описан квад- рат АВСВ (рис. 92), —— сказала Надя. — Пусть М, М, Р, (2 —- точки каса- 111

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 94 Рис. 95 ния сторон. Я бы оставила неподвижными прямые АМ, А!) и ПР, а каса- тельную ВС пошевелила бы: сдвинула бы немного точку В на пря- мой АМ, так чтобы расстояние АВ увеличилось, а прямая ВС осталась касательной. Возникает такая картина, как на рисунке 93. Четырех- угольник АВСВ, по-прежнему описанный около окружности, не яв- ‚ляется квадратом (это хорошо), но у него диагонали не одинаковой дли- ны, |ВО|>|АС|. А надо, чтобы они были конгруэнтны... Что же дальше делать?.. Неясно... ‚ -— Мне кажется, —робко ПОДсказал Гера,—что надо сейчас начать шевелить касательную ВС, не трогая прямые АО, АВ. и ВА’. —- Отличная идея,— подбодрил Геру учитель. — Продолжай!. и Я бы стал,—продолжал Гера,—перемещать точку В по пря- мой АО равномерно к точке (2; при этом буду Одновременно поворачи- вать прямую ПС так, чтобы она оставалась касательной к окружности. Точка С будет перемещаться по лучу ВМ, удаляясь от точки В. Буду сле- дить за изменением величины и=|ВВ|—|АС|. Так как в начальный мо- мент (рис. 93) |ВВ|>|АС|‚ то и>0. Наступит такой момент, когда станет |ВП|<|АС| (рис. 94), то есть и<0. Значит, в какой-то промежуточный момент будет и=0, то есть |ВО|=|АС|. В этот момент четырехугольник АВСВ будет описанным, иметь конгруэнтные диагонали и, в то же вре- мя, не окажется квадратом или трапецией (рис. 95). Итак,—закончил свое рассуждение Гера,—-ответ к задаче такой: «Нет, необязательно».

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ЭТА СТРАННАЯ ЗАДАЧА МАЛЬФАТТИ... Предельные случаи особенно поучительны. Если выведен закон, относящийся ко всем млекопитающим, то он должен быть верен и по отношению даже к такому млекопитаю- щему, как кит. Не будем забывать этот пре- дельный случай с китом. Д.Пойа ПРОЛОГ З адача 1. В выпуклый четырехугольник А1А2А3А4 с неравными диагоналями ‚4.143 и А2А4 вы вписали другой четырехугольник в‚вгвзв4 (рис. 96). Может ли оказаться, что у вписанного четырехугольника Рис. 95 А:

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 97 Рис. 98 В.В2ВЗВ4 сумма длин диагоналей больше, чем у описанного четырех- угольника А1А2А3А4? 3 а д а ч а 2. Известно, что в любом треугольнике длина каждой ме- дианы меньше суммы длин двух других медиан. Верно ли аналогичное утверждение для биссектрис треугольника? На занятии кружка Тринадцать ребят внимательно слушали рассказ Георгия Данило- вича. —— В 1803 году в одном итальянском математическом журнале появи- лась статья профессора университета в Ферраре Джанфранческо Маль- фатти. В статье была сформулирована такая задача: 3 а д а ч а 3. Имеется мраморная прямая треугольная призма (рис. 97). Каким образом следует вырезать из нее три прямых круговых цилиндра (той же высоты, что и призма), чтобы оставшиеся после этого отходы были минимальными? Эта стереометрическая задача сводится, очевидно, к такой планимет- рической задаче, которую называют «исходной задачей Мальфатти». 3 а д а ч а ЗА. Как следует расположить в данном треугольнике три попарно не перекрывающихся круга, чтобы сумма их площадей была наибольшей? — По-моему,——ска3ал Витя‚—надо расположить круги так, чтобы каждый касался двух других кругов и двух сторон треугольника (рис. 98). — И я так думаю,—— присоединился к нему Гера. — Так, естественно, думал и Мальфатти,—ска3ал учитель.—-Он и пишет в своей статье, что задача ЗА равносильна следующей задаче: 114

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

3 а д а ч а 35. В данный треугольник вписать три круга так, чтобы каждый из них касался двух других кругов и двух сторон треугольника. Такую тройку кругов, о которой говорится в задаче ЗБ, стали назы- вать «кругами Мальфатти» для данного треугольника. В своей статье Мальфатти приводит формулы, позволяющие вычислить радиусы таких кругов и построить сами круги циркулем и линейкой. В течение после- дующих полутораста лет к задаче Мальфатти обращались математики разных стран (в том числе знаменитый швейцарский геометр Якоб Штей- нер, немец Шельбах, француз Деруссо, американцы Лоб и Ричмонд и др.); они давали различные способы построения кругов Мальфатти и вычисления их радиусов. Как и вы, Мальфатти ничуть не сомневался в справедливости сле- дующего факта, который можно назвать гипотезой Мал ьфатти: Круги Мальфатти (то есть три круга, удовлетворяющие условиям за- дачи 35) дают решение исходной задачи Мальфатти ЗА. Давайте,— продолжал учитель‚—— все же подвергнем эту гипотезу одному испытанию на правдопщобие. Проделаем это так. Рассмотрим равнобедренный треугольник АВС (рис. 99), у которого высота [СВ] значительно больше основания [АВ]. Поместим в нем три круга «один над другим» так, как указано на рисунке 99. Сначала проследим, как изменится картина при неограниченном увеличении высоты [СВ]. Оче- видно, что в пределе ААВС выр0дится в полуполосу (рис. 100), а три '\ ГУУ\ А А П В А В В А П В Рис. 99 Рис. 100 Рис. 101

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

круга, расположенных в этом треугольнике выр0дятся в три конгруэнт- ных круга, расположенных «один над другим», причем диаметр каждого будет иметь длину |АВ|, а суммарная площадь трех кругов будет рав- на —Ёл |АВ|2. Поэтому можно выбрать высоту [СВ] треугольника АВС настольк‘о большой, чтобы сумма площадей трех кругов, изображенных на рисунке 99, очень мало отличалась от Ё—л |АВ|2. А что бы вы сказали про сумму площадей трех кругов Мальфатти для того же треугольника (рис. 101)? — Очевидно,——ответил Саша, —что она меньше, чем -}л ивпг + 2.71-л(-%-|АВ|)2=%л |АВ|2. — Какая же из двух троек кругов—на рисунке 99 или на рисун- ке 101 —— имеет большую суммарную площадь? — Получается,—сказал с недоумением Игорь,—что для очень вы- сокого треугольника АВС с данным основанием [АВ] суммарная пло- щадь трех кругов на рисунке 99 больше—чуть ли не Вдвое1—суммар- ной площади кругов Мальфатти. — Выходит, что Мальфатти ошибся?— недоверчиво спросила Лена. — Именно это мы и обнаружили: гипотеза Мальфатти не верна,— ПОДтвердил учитель. — А нам всем казалось совершенно очевидным, что она верна...— с сожалением протянула Лена. — Не только нам,-—сказал учитель в ответ.—В течение 125 лет, до 1929 года, ни у кого из математиков справедливость «гипотезы Маль- фатти» не вызывала ни малейшего сомнения. — Георгий Данилович,—спросил Толя,—а те способы испытания на правдоподобие, которыми мы пользовались прежде, в данном случае неприменимы? — Применимы. Мы могли бы, например, проверить гипотезу Маль- фатти на каком-либо частном случае—скажем, для правильного тре- угольника. Мы могли бы для такого треугольника сравнить суммарную площадь кругов Мальфатти (рис. 102) с суммарной площадью трех кру- гов, указанных на рисунке 103. Мы таким способом обнаружили бы, что и для правильного треугольника гипотеза Мальфатти тоже неверна. Но выкладки при этом оказались бы более громоздкими, и расхожде- ние—не таким значительным: суммарная площадь кругов на рисун- ке 103 больше суммарной площади кругов Мальфатти для того же тре- угольника примерно на 1,3%. —— Но есть же такие треугольники, для которых круги Мальфатти дают решение исх0дной задачи МальфаттиР—спросила Лена. — Такой же вопрос поставил себе несколько лет назад американский 116

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

А а А В А В Рис. 102 Рис. 103 математик М. Гольдберг. И вот оказалось, что таких треугольников вовсе нет: круги Мальфатти ни для какого треугольника не дают реше- ния «исходной задачи Мальфатти»! Полезный прием поиска, использованный выше, при рассмотрении задачи Мальфатти, —- прием «обращения к предельному случаю», — про- должал учитель‚—часто и успешно привлекается для поиска решения задач, и в особенности—для испытания математических утверждений на правдоподобие. Отдадим себе отчет, в чем заключается этот прием. Поиск решения задачи иногда заметно упрощается, если сначала рассмотреть другую, вспомогательную задачу, у которой условие или какие-то данные полу- чаются из условия или из данных исходной задачи путем предельного перехода. Скажем, фигуры, о которых говорится в условии задачи, за- меняются их предельными положениями. Так, например, при рассмотре- нии задачи Мальфатти мы, нарЯДу с равнобедренным треугольником, рассматривали фигуру, которая получается из этого треугольника, когда высота его неограниченно возрастает (полуполосу). Если, например, в исходной задаче Идет речь о секущей к окружности, то мы вместо нее во вспомогательной задаче можем рассматривать касательную (предель- ное положение секущей, когда ее расстояние от центра окружности стре- мится к радиусу). Если в условии задачи говорится о четырехугольнике, то во вспомогательной задаче можно рассматривать треугольник (пре- дельное положение четырехугольника, когда длина одной стороны стре- мится к нулю). Разумеется, для одной и той же задачи можно иногда подобрать несколько различных предельных случаев. Давайте рассмот- рим задачу 1 из пролога и проверим себя, насколько хорошо мы усвои- ли новый прием. —— С ходу мне кажется очевидным, что у внутреннего четырехуголь- ника 818281384 (рис. 96) сумма диагоналей всегда меньше, чем у наруж- ного А1А2А3А4‚——сказал Вадим.—— Но думаю, Что стоит проявить осто- 117

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

рожность и посмотреть, что случилось бы, если пошевелить четырех- угольники и рассмотреть возможные предельные положения вершин внутреннего четырехугольника. — Это разумная осторожность‚—согласился учитель.— Как же мы станем шевелить внутренний четырехугольник? — Я бы так поступил—Саша задумчиво посмотрел на учителя.— Пусть для определенности |А2А4|>|А|А3|. Я бы стал перемещать верши- ну В, по стороне [А1А2] и вершину 82 по стороне [Аз/12] так, чтобы они неограниченно приближались к вершине А2. Вершины Вз и 84 будем перемещать вдоль [А3А4] и [Ад/14] к точке А4 (рис. 104). В предельном положении, когда В, и 82 совпадут с А2, а Вз и 84 — с А4‚ четырехуголь- ник В|В2ВЗВ4 выр0дится в отрезок [А2А4]‚ отрезки [8183] и [8284] будут конгруэнтны отрезку [А2А4]‚ и мы будем иметь: |Впвз| + |В2В4| = 2|А2А4|‚ |В|Вз| + В2В4|>|А2А4| + |А1А3|. Такое же соотношение'сохраняется и тогда, когда 81 и 82 достаточно близки к ‚42, а 84 и Вз достаточно близки к А4. Иначе говоря, в четы- рехугольник А1А2А3А4 с неконгруэнтными диагоналями можно вписать такой четырехугольник в‚вгвзв4‚ у которого сумма длин диагоналей больше, чем у четырехугольника А|А2А3А4. Проведенное выше рассуж- дение показывает, каким образом можно даже получить конкретный пример двух четырехугольников А1А2А3А4 и В.В2ВЗВ4, удовлетворяю- щих всем условиям задачи 1. -— Кто -хотел бы такой пример сконструироватЬР—спросил Сели- ванов. — Я хотел бы, — отозвался Толя. — Возьму в качестве четырехуголь- ника А1А2А3А4 произвольный выпуклый четырехугольник, у которого |А2А4|>|А1А3|. Расположу между А2 и А4 точки Р и М (рис. 104) так, чтобы было |РМ|>—Ь—(|А.А3|+|А2А4|). Выберу затем точки В; и Вз на Рис. 104 Рис. 105

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 106 Рис. 107 [142141] и [А4А3] так, чтобы было |А2Вд|<|А2Р| и |А4ВЗ|<|А4М|. Нетрудно убедиться, что |В;Вз|>|РМ|. Действительно, И=П+Щ+АТЁЁ= =Щ ЧЕЙ + БЕЖ); поэтому пивным/141451? + ЕЛИ; 21/42/14! — (|А281|+|ВзА4|). Следовательно, |В|Вз|>|А2А4| —(|А2Р| + +|А4М|) =|РМ|. Неравенство |В‚Вз| > |РМ| доказано. Аналогично можно выбрать точки В2 и 84 на [А2А3] и [А4Ад] так, чтобы было |В2В4|>|РМ|- Но тогла |Впвз|+|В2В4|>2|РМ|‚ то есть |Впвз|+18284|> >|А1А3| +|А2А4|. Итак, в рассмотренном нами случае у четырехуголь- ника В|В2ВЗВ4, вписанного в четырехугольник А1А2А3А4‚ сумма диагона- лей больше, чем у четырехугольника А1А2А3А4. — Теперь обратимся к задаче 2 из пролога. Как здесь начать по- иск решения? —спросил учитель. — Я бы начал рассуждать так же, как в случае задачи Мальфатти‚— сказал Андрей.— Мы должны решить задачу: «Верно ли, что в каждом треугольнике длина каждой биссектрисы меньше суммы длин двух дру- гих биссектрис?» Я бы рассмотрел равнобедренный треугольник АСВ (рис. 105). Пусть отрезок [ЩИ—биссектриса его угла при вершине С, и [ААд] и [ВВ‚]——две другие биссектрисы. Я бы стал неограниченно удалять точку С от отрезка АВ по серединному перпендикуляру этого отрезка. Что при этом станет с треугольником и его биссектрисами? Тре- угольник вырождается в полуполосу (рис. 106), биссектриса [ВС] — в бесконечный луч [0С’)‚ а две другие биссектрисы—в отрезки АА’ и ВВ’ суммарной длины 2|АВ| Л. Следовательно, если взять «очень вы- 119

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

сокий» треугольник АСВ (рис. 107), то сумма длин двух биссектрис [ААд] и [881] будет мало отличаться от 2|АВ| Л, а длина третьей бис- сектрисы будет больше, чем, скажем, 3|АВ| Л. Поэтому |С0|>|АА1|+ +|ВВ||. Итак, возможны такие треугольники, в которых длина одной биссектрисы больше суммы длин двух других. КРУЖКОВЫ Е И НТ ЕРВЬЮ 3 а д а ч а 4. Может ли случиться, что сумма расстояний от какой- нибудь точки, лежащей внутри выпуклого четырехугольника, до всех его вершин окажется больше периметра четырехугольника? —— Как бы ты, Вадим, стал искать правдоподобный ответ? — Пусть АВСВ (рис. 108) —четырехугольник, М ——точка внутри не- го. Нас интересует такая точка М, что |МА|+|МВ|+|МС|+|М0|>|АВ|+|ВС|+|СВ|+|0А| (1) Я бы сначала рассмотрел предельный случай, когда точки В, С, 0 совпадают (рис. 109). В этом случае задача сводится к поиску такой точки М на [АС], что 3|МС|+|МА|>2|АС|‚ или |МС|>|МА|. Ясно, что этому условию удовлетворяет любая точка М отрезка АС, которая ближе к А, чем к С. Отсюда ясно, что если точки В, С, 1) распо- ложены друг к другу близко (то есть расстояния между ними достаточно малы по сравнению, скажем, с расстоянием |АС|) (рис. 110), а точка М расположена вблизи точки А, то будет выполняться условие (1). Итак, то, о чем говорится в условии задачи, может случиться. Л Ь ‘Г И Щи в С) 8 Рис. 108 ‚’ ‘ис. :‘

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 110 — Нетрудно теперь,—заметил Игорь,—даже построить конкрет- ный пример, когда будут выполняться все условия задачи. Возьму два прямоугольных треугольника МВС и МВС (рис. 110), симметричных относительно их гипотенузы МС, причем |ВС|=|0С|= 1, |МВ|= =|М0|= 100. На продолжении отрезка [СМ] выберу такую точку А, чтобы было |МА|=1. Тогда |МА| + |МВ| + |МС| + |МВ|=1+100+1ОО+1/ 1009+1 >ЗО1. А периметр четырехугольника АВСВ равен 2|АВ|+2|ВС|<2о(1ОО—|—1)+2о1=2О4. Итак, в нашем примере сумма расстояний от точки М до вершин че- тырехугольника больше его периметра почти в полтора раза. 3 а д а ч а 4. Верно ли, Максим, что в правильном треугольнике дли- на каждой высоты меньше суммы длин двух других высот? -— Разумеется. — А верно ли это утверждение для любого треугольника? —— Я бы посмотрел, что получится, если вершина С треугольни- ка АВС будет удаляться от (АВ). Я бы рассмотрел «очень высокий» равнобедренный треугольник АСВ, |АС|=|ВС| (см. рис. 107). В пределе, когда С неограниченно удаляется от (АВ), высота [СВ], неограниченно увеличивается, а длина высот [ААд] и [881] меньше, чем |АВ|. Итак, для .«очень высокого» треугольника АСВ одна высота будет больше сум- мы двух других высот.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

00.0...“ 2 ”еще е ц шиш ПОСМОТРИМ НА ЗАДАЧУ ГЛАЗАМИ ФИЗИКА Я счел нужным написать тебе и изложить новый метод, который позволит тебе при по- мощи механики находить новые математи- ческие теоремы. А р х и м е д. Послание к Эратосфену ПРОЛОГ 3 а д а ч а 1. На ребрах АВ, АС и 80 треугольной пирамиды АВСО выбрали соответственно точки М, А/ и Р так, что |АМ| =%|АВ|‚ |АМ= =%-|АС|‚ |ВР|=%—|ВВ|. Через М, А], Р проведена плоскость а. В каком отношении делит она ребро СВ? Задача 2. Пусть О<а1<а2<...<а„, О<Ь1<Ь2<...<Ь„. Что больше: аф. +а2Ь2+ +а„Ь„ и а+а+...+а„ Ъ‚+Ь2+„.+Ь„ л" 1 2:2 Р 122

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

На занятии кружка — Георгий Данилович,—-обратился Витя к Селиванову,—каждый из нас думал над предложенными вами задачами. Единственное, в чем мы убедились,—-это в том,. что задачи трудны. Для нас и теперь не- ясно, какие должны получиться в задачах ответы. —- Сегодня,——ртветил учитель, —- мы Посмотрим на эти задачи с точ- ки зрения физика, и это нам поможет найти правильный ответ. — Неужели физик может увидеть в чисто математической задаче что-то такое, чего не видит в ней простой смертный? — Витя недоверчиво посмотрел на учителя, потом окинул взглядом ребят и почувствовал, что он выразил и их мнение. —— Может случиться,——обратился ‘учитель ко всем школьникам,— что вас интересует прежде всего правильный ответ на тот или иной ма- тематический вопрос, правильный ответ к той“ или иной математиче- ской задаче, вас интересуют убедительные дов0ды в пользу праВДОПОДОд бия такого ответа; строгое же, чисто математическое доказательство правильности ответа вас интересует меньше. Оказывается, что правиль- ные ответы к математическим задачам часто удается найти, если свя- зать с задачей какую-либо физическую картину, придать задаче физиче- ский смысл. Такой п0дх0д позволяет воспользоваться понятиями и хоро- шо известными сведениями из соответствующего раздела физики (на- пример, из статики, геометрической оптики и т. п.). Особенно плодотвор- ным оказывается привлечение таких понятий, как центр тяжести (центр масс, барицентр) системы материальных точек, момент инерции, потен- циальная энергия и др. При этом зачастую возникают очень убедитель- ные, правдоподобные дов0ды, которые убеждают даже сильнее, чем стро- гое доказательство; впрочем, нередко сами такие «физические сообра- жения» могут послужить отправным пунктом и для строгого формаль- ного доказательства. Классический пример—«теорема о трех медианах треугольника». Впервые ее открыл Архимед, еще в 111 веке до нашей эры, опираясь на физические соображения (чисто математическое до- казательство было найдено значительно позже, через 13 веков после Архимеда, итальянцем Леонардо Фибоначчи). Я чуть позднее приведу „, рассуждение Архимеда. Но сначала—несколько предварительных за- мечаний. Материальную точку, которая возникнет, если поместить в какой-ни- будь точке А массу в т-единиц (скажем, т граммов), условимся кратко обозначать так: тА. Кроме того, учтем следующие факты: 1. КаЖДая система материальных точек ”11141, ”12142, т, ”1121412 ` (1) имеет центр тяжести, и притом единственный. Если отметить часть ма- териальных точек из системы (1) и перенести в центр тяжести системы 123

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

отмеченных точек их суммарную массу, то от этого положение центра тя- жестей всей системы (1) не изменится. 11. Центр тяжести С двух материальных точек (И и [98 (рис. 111) всегда лежит на отрезке, соединяющем эти точки, причем его положение определяется по «правилу рычага»: а.дЁ=Ь.ЁЁ. (п) Отметим еще несколько фактов из статики, которые приводятся во многих учебниках по механике и которые полезны, если мы хотим полу- чить правдопщобные ответы на вопросы и задачи из геометрии и ал- гебры. 111. Если 2—центр тяжести двух материальных точек (И и 198, а 0— произвольная точка пространства, то _“*__а-ОА + 19-08 1\/. Если 2—центр тяжести трех материальных точек, аА, ЬВ, сС, а 0— произвольная точка пространства, то 53=а.ол+ь.ов+с.ос' (П’) а+Ь+с ' У. Аналогично для центра тяжести 2 четырех точек (И, 128, сС, с“), имеем _› _› _* _› —_*_а-ОА+Ь-ОВ+с-ОС+а-ОО 02... . (У) а+Ь+с+с1 У1. Если на прямой Ох выбрано несколько точек с координатами х|, х2, хди в них помещены соответственно массы т|, т2, ...‚ тд, то коор- динату 2 центра тяжести ЭТИХ материальных ТОЧЭК МОЖНО найти ПО фор- муле __т.х.+т2х2+ +т„х‚г 2_ т1+т2+т+т1г ° 0”) Теперь вернемся к «теореме о трех медианах». Архимеда интересо- вала такая задача. 3 а д а ч а 3. При любом ли выборе треугольника АВС (рис. 112) три медианы [АА,]‚ [ВВ,], [СС,] имеют общую точку? Архимед получил убедительный правдоподобный ответ с помощью примерно таких рассужцений: «Помещу в каждой вершине треугольника единицу массы. Эта система из трех материальных точек имеет центр тяжести: обозначу его буквой 2. Перенесу массы из точек А и В в их центр тяжести, то есть в середину С; отрезка АВ. Получу теперь систему из двух материальных точек (2С; и 1С), причем ее центр тяжести—та 124

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

од Ад Рис. 111 Рис. 112 “ОПЬ же точка 2. Но в таком случае {2 лежит на отрезке СС1. Аналогично убеждаюсь, что 2 лежит на [ААд] и на [881]. Видим, что в треугольни- ке АВС три медианы [ААд], [ВВд], [ССд] имеют общую точку (а именно точку 2)»'. Для получения строгого доказательства,——пр0должил свой рассказ учитель,-— нам необх0димо либо провести рассуждение лишь с привле- чением понятий и аксиом геометрии, без использования понятий механи- ки, либо же дать аккуратное, чисто математическое определение исполь- зованных в рассуждении Архимеда понятий («материальная точка», «центр тяжести двух — или нескольких — материальных точек») и дока- зать те вспомогательные факты 1—111, которыми мы воспользовались. Рассмотрим еще один пример. — Задача 4. Имеется выпуклый многоугольник П, внутри которого взята точка Р, и построены проекции этой точки на все прямые, содер- жащие стороны многоугольника; проекцию условимся называть «хоро- шей», если она принадлежит самой стороне многоугольника (быть мо- жет, являясь концом стороны), и «плохой», если она принадлежит про- должению стороны. Ранее (90—91) мы видели, что возможно так подобрать выпуклый многоугольник П и точку Р внутри него, чтобы эта точка имела лишь одну «хорошую» проекцию. А можно ли так подобрать многоугольник П и точку Р, чтобы все ее проекции оказались «пло- хими»? Вот как рассуждал физик, когда ему предложили эту задачу: «Буду представлять себе многоугольник П в виде пластинки, изготовленной из какого-то материала (например, из металла). Можно всегда так подо- брать этот материал (может быть, неоднородный), чтобы центром тяжес- ти пластинки оказалась точка Р. Помещу пластинку в вертикальной пло- ' Более того, по правилу рычага имеем: 1-|С2|=2|2С||, откуда |2С1|=%- |СС||, ТО есть ТОЧКЗ пересечения медиан отсекает ОТ КЗЖДОЙ медианы ОДНУ треть ее, СЧИ'ГЗЯ ОТ ее ОСНОВЗНИЯ. 125

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

\’\\\\\\\\‘ь\\\\\\\\\\\\\\\\\ А на Рис. 113 скости (которую буду считать совпадающей с плоскостью чертежа) так, чтобы одна из сторон [АВ] пластинки лежала на горизонтальной «полоч- ке» 1 (рис. 113). Если проекция Р1 точки Р на прямую АВ окажется «плохой», то пластинка перекатится (оставаясь на «полочке» 1) на дру- гую сторону ([ВС] на рис. 113). Но если проекция точки Р на прямую ВС тоже «плохая», то многоугольник снова перекатится на следующую сто- рону. Если все проекции точки Р на стороны многоугольника «плохие», то пластинка будет все время перекатываться. Что же получается? Веч- ный двигатель? Но он невозможен! Нет, несомненно, не могут быть все проекции «плохими», по крайней мере, одна из рассматриваемых проек- ций должна быть «хорошей». В каком случае пластинка наверняка не будет перекатываться (будет в состоянии устойчивого равновесия)? Это будет, во всяком случае, тогда, когда центр тяжести пластинки окажется в самом низком из возможных для него положений (см: Физика—8. М., «Просвещение», 1973, с. 176)». Мы видим, что физик пришел к весьма убедительному, но все же лишь правцоподобному, с точки зрения математики, ответу. Математик не может считать это рассуждение безупречным (использованное здесь утверждение о невозможности вечного двигателя не выведено из аксиом математики). Однако, получив правдоподобный ответ, можно сконцент- рировать свои усилия на его математическом обосновании. —— А как все же дать строгое чисто математическое доказательство установленного сейчас факта? —спросила Лена. —— Предыдущие механические соображения и ПОДсказывают нам, как это сделать. Опустим из точки Р перпендикуляры на прямые, содержа- щие стороны многоугольника. Пусть наименьшую длину имеет перпенди- куляр [РРд]. Без потери общности можем считать, что он опущен на сто- рону [АВ] или ее пр0должение (если было бы не так, то мы изменили бы обозначения вершин многоугольника). Покажем, что Рд—на [АВ]. Допустим противное: пусть Рд лежит на прямой АВ вне отрезка [АВ]. Без потери общности можем считать, что И лежит на продолжении от- резка [АВ] за точку В (рис. 114). Тогда сторона [ВС] многоугольника 126

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

лежит на луче [ВС], расположенном внутри угла Р'ВР (кроме, разумеет- ся, вершины В). Пусть Р2 —— проекция точки Р на прямую ВС. Видим, что |РР2|=|ВР|51пЁЙ<|ВР|зйпт=|РР1|‚ то есть |РР2|<|РР1|. Между тем, по самому выбору перпендикуляра [РРд], имеем: |РР.|< <|РР2|. Полученное противоречие показывает, что допущение ошибочно и точка Рд не может оказаться на прямой АВ вне отрезка [АВ] (в дейст- вительности наше рассуЖДение доказывает даже нечто большее: точ- ка Рд строго внутри отрезка [АВ]). Рассмотрим еще такую задачу. З ада ч а 5. На стороне АС треугольника АВС (рис. 115) взята 1 такая точка М, что |АМ|=—3—|АС|‚ а на продолжении стороны ВС —— та- кая точка 0, что |ВВ|=|ВС|. Пусть Р—точка пересечения прямых АВ и ВМ. В каком отношении делит точка Р отрезотС‘ ВМ? —— Я бы,—предложил Толя,—загрузил точки А, С, В такими мас- сами, чтобы точка Р оказалась их центром тяжести. — Как же именно? — полюбопытствовала Зарифа. —— Сначала я поместил бы в точках С и А такие массы, чтобы точ- ка М оказалась их центром тяжести. Так как |СМ| =2|МА|,то ясно, что достаточно в С поместить 1 грамм массы, а в А — 2 грамма. Затем я по- местил бы в В такую массу, чтобы центром тяжести возникающей при этом материальной точки и материальной точки 1С оказалась точ- ка В. Надо... надо... в В тоже поместить 1 грамм. -— Чем же такая загрузка поможет решить задачу? —допытывалась Зарифа. —— Система трех материальных точек имеет центр тяжести 2. Поло- жение его не изменится, если мы сосредоточим массы из точек С и 0 в точку В. Значит, 2 лежит на отрезке [АВ]. Но положение центра тя- жести также не изменится, если мы сосредоточим массы из А и С в М На) \ " р 1 Ч | | / р / 4. 4“ Ш „ш щ - А В в Ад; И да) Рис. 114 Рис. 115

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

(всего 3 грамма массы). Значит, точка 2 лежит на [НМ]. Итак, АВПВМ=2, то есть 2=Р. По правилу рычага 1- 02|=З|2М|, то есть |0Р|: РМ|=3:1. — Прежде чем обратиться к следующей задаче, —- сказал учитель,— я хотел ‘бы сопоставить несколько простых свойств медиан и высот тре- угольника. Медиану треугольника моЖно определить как отрезок, соеди- няющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне и деляЩий площадь треугольника пополам; известно, что три медианы треугольника имеют ‚общую точку. Высоту остроуйольного треугольника можно определить как такой отрезок, который соединяет вершину тре- угольника с точкой на противоположной стороне и делит сумму углов треугольника пополам; известно, что три таких отрезка тоже имеют об- щую точку. Хочу предложить вам такую задачу: 3 ада ч а 6. Рассмотрим в треугольнике три отрезка, из которых каждый соединяет вершину треугольника с точкой на противоположной стороне и делит периметр треугольника пополам («отрезки Нагеля») (рис. 116). Будут ли эти отрезки иметь общую точку? Рис. 116 0 Рис. 117 — Как же нам начать поиск правильного ответаР—раздумывал вслух Максим. —— Я бы начала так,——-ска3ала Ира—Пусть [14/41], [ВВт], [СС1]— три отрезка Нагеля; пусть а, Ь, с—длины сторон треугольника, 2р— его периметр. Найду сначала длины шести отрезков, получающихся на сторонах: |ВА1|=р—с‚ |А|С|=р—Ь‚ |СВ||=р——а‚ |ВлА|=р—с‚ |АС||=р—Ь. |С1В|=р-4а. 128

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Затем я загрузила бы вершины В и С такими массами, чтобы точка Ад оказалась их центром тяжести. Так как }ВА‚|:|А.С| = (р——с) : (р—Ь), то мне ясно, что достаточно в В поместить р—Ь единиц массы, а в С помес- тить р—с единиц. Как я должна загрузить вершины В и А, чтобы точ- ка С1 стала их центром тяжести? Ясно: в В поместить р—Ь единиц мас- сы, а в А поместить р—а единиц. У меня такое впечатление, что центр тяжести 2 трех материальных точек (р—а)А, (р—Ь)В и (р—с)С и будет обшей точкой трех отрезков Нагеля. —— Почему ты так думаешь? — поинтересовался Витя. — Вот я сначала найду центр тяжести двух материальных точек (р—а)А и (р—с)С. Так как точка В, лежит на [А С] и удовлетворяет усло- виям -|АВ‚|=р—с,|В‚С|=р—а, то ясно, что (р—а)|АВ‚|=(р—с)|В‚С|. Но в силу правила рычага это и означает, что В‚ -—— центр тяжести мате- риальных точек (р—а)А и (р—с)С. Если я перенесу массы материальных точек (р—а)А и (р—с)С в их центр тяжести В., то ведь от этого положе- ние центра тяжести всей системы не изменится. Но тогда система будет состоять только из двух материальных точек: (р—Ь)В и [(р—а)+гр——с)]В. (то есть ЬВ‚). Значит, точка 2 —— на отрезке ВВ‚. Но аналогичными рас- суЖДениями я могу показать, что 2—на [ААд] и что 2—-—на [ССд]. Значит, три отрезка Нагеля [14141], [881], [ССд] имеют общую точку (точ- ку 2). —— А как дать строгое математическое доказательство, без использо- вания механики, что три отрезка Нагеля пересекаются? —спросил Мак- сим. —— Я бы это сделал так,—сказал Игорь. Что я сказал бы вслух Что подумал бы про себя Докажу, что в ААВС три отрезка У меня в этом нет никаких сом- Нагеля [АА|]‚ [ВВд], [ССд] имеют нений, мне это ясно из приве- общую точку. денных ранее соображений ме- ханики. Выберу произвольную точку О Я-то знаю, какая точка является (рис. 117) и рассмотрю точку 2, общей точкой трех отрезков На- задаваемую формулой геля: это центр тяжести 2 мате- __› ___› риальных точек _.› — ОА+ —ь ов — 55 . 02=(р а) (р р) +(р с) (р___а)А‚ (их суммарная масса равна, оче- видно, р). А положение точки 2, как установлено в механике, определяется формулой ви- 129

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Так как [ААЦ—отрезок Нагеля, то для точки А имею, очевидно: |ВА1|=р—С‚ |А1С|=р—Ь‚ (р—ь)ЁдЧ=(р—с)дё‚ (р—Ьхбдт — ОЪ)= =(р—с›(бдТ—бё)‚ абд=(р—Ь)бё+кр—с)б? (2) Из (1) и (2) получаю: удар—общий (3) Отсюда выведу, что точка 2 —- на отрезке [ААд]. Можно (3) переписать и так: (р—аХбд—бЁН +а(бд7—б2)=о‚ -—› -——-› то есть (р—а)2А= —а2А.. Отсю- —-› -—-› да видно, что векторы ЗА и 2141 коллинеарны и противоположно направлены. А это и означает, что точка 2—на отрезке [14141]. Аналогично убеждаемся, что 2—— на [881] и [ССд]. Значит, три от- резка Нагеля действительно име- ют общую точку. да (П’). Значит, для точки 2 на- до написать формулу (1). Мне заранее ясно, без всяких вы- кладок, что должна получиться формула (2): ведь точка Ад— центр тяжести двух материаль- ных точек (р—Ь)В и (р—с)С; а для подобного случая имеется в механике формула (111). Зачем же я проводил выкладки? Чтобы получить формулу (2) без ссы- лок на механику. Совершенно очевидный мне факт с точки зрения механики. Да и без механики это тоже довольно ясно. Я мог бы сослаться на за- дачу 254 из учебника «Геомет- рия—9». Но ядокажу «в лоб», что векторы П и 237 коллинеар- ны, откуда уже все, наверное, и будет вытекать. — Давайте рассмотрим задачу М9 1 из пролога,—— сказал учитель.— Что бы вы предложили для ее решения? — Я бы,—начал Вадим,—загрузил вершины массами так, чтобы точки М, А], Р оказались центрами тяжести материальных точек, поме- щенных в концах соответствующих отрезков (рис. 118). —- Хорошо‚——0добрил учитель предложение Вадима. —— ОчеВИДно,— пр0должал Вадим,—— если в точке В поместить 1 еди-

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Рис. 118 ницу массы, тогда в В надо поместить 4 единицы, в А —тоже 4 единицы, а в С—2 единицы. Система материальных точек 4/1, 48, 2С, 10 имеет центр тяжести, обозначим его буквой 2. У меня такое впечатление, что 2 — на отрезке А/Р. — С чего бы это? —буркнул Гера. — В самом деле, — обратился Вадим к Гере,—замени точки 4/1 и 2С материальной точкой 61\/, а точки 48 и 10—материальной точ- кой 5Р. От этого положение Центра тяжести всей системы не изменится. Значит, 2 — на отрезке А/Р. С другой стороны, пусть О — центр тяжести точек 2С и 10. Тогда ясно, что 2 лежит на [МО], или—что тоже са- мое—точка (2 лежит на прямой М2; значит, Ого; кроме того ОЕ[СВ]. Итак, (2 и есть точка встречи плоскости а с ребром СВ. Но так как (2— центр тяжести точек 263 и 10, то по правилу рычага ЮС) ОС|=2:1. — Здорово! -— протянул Гера. -— Жаль только, что это нестрого. А можно ли обосновать правильность этого ответа, не прибегая к поня- тиям «материальная точка» и «центр тяжести»? ‚ — Разумеется‚—ответил учитель—Это можно сделать на «языке векторов». Давай, Саня, прикинь у доски, как могло бы выглядеть логи- чески безупречное решение задачи. —— Мне кажется,——начал Саша,--что следует попросту переписать рассуждение Вадика с помощью векторов—примерно так же, как это сделал Игорь в случае предыдущей задачи. Приведу выкладки. Из условия задачи ВИДНО, что 4В7>`=РЪ‚ 22179=1ТГС Ш=ЙЁ Пусть точка О выбрана так, что ЁЁ=2бЁ Возьмем в пространстве Произвольную точку 0. Так как 131

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ЁЪ=б15—бё‚ 1325=б_б—6Ъ‚ то бй=%(4бё+бЪ). (1*) Совершенно аналогично получим формулы б7х7=%(2о'д+бё), бМ=-%(бЙ+бЁ), бб=%(б_’+2б"). (2*) Рассмотрим точку 2, задаваемую равенством ——› 1 —-› —› —-› —-› О =П (4ОА+4ОВ+2ОС+ОВ). (3*) Из (3*), (2*), (1*) видно, что —-—› —-› —-› 1102=6О +50Р, (4*) 1 16’ = 809 + 307 (5*) _.› 6А/ =52Р. (6*) Аналогично из (5*) получим 8М'*=32'б. (7*) —-› —-› ‘ Из (6*) видно, что векторы МИ и 2Р коллинеарны, так что точка 2 —— на прямой ПР и, следовательно, в плоскости и. Из (7*) видно, что С) — на прямой М2 и, значит, в плоскости (1. Итак, плоскость а пересе- кает ребро ПС в точке О, делящей это ребро в отношении 2:1'. — Правильное и достаточно четкое решение задачи,— оценил ответ учитель. — Теперь обратимся к задаче 2 из пролога. —-‹> —-‹> ‘Другое решение задачи 1. Пусть О=аП[0С], ВО=АОС. Нам надо вычис- —› -——› -——› -——› лить А. Выразим вектор МС) через неколлинеарные векторы МР, ММ, МВ. Легко пол чить следующие (с точки зрения механики -— очевидные) зависимости: МА +М =д м7> = %(МЪ + 4м_Ё), мт =%_(м_ё + 2м71), мо = [14 (МВ + км?) Из этих равенств, исключив МВ, МС и МА, получим: (1+ юм—б = зжмй + ЬМТ + (2ж— лом? Но так как вектор Мб должен лежать в плоскости векторов МА! и МР, то коэффициент при векторе М в последней формуле равен нулю, то есть А=2. 132

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

0 6, 62 2” Ь” о—-‹ь-—о—-—4>—-—с›-—-Сь—-‹›4›———С›——4. 14, 143 14к 14дц 14п Рис.119 —— Здесь, наверное, следует воспользоваться формулой (У1),— до- гадался Гера.——- Мы можем так истолковать нашу задачу. Имеется не- сколько масс Ь‚, 122, Ь„; 0<Ь.<Ь2< <Ь„; пусть Ь‚+Ь2+...+Ь„=т. Эти массы расположим на положительном луче числовой прямой (рис. 119) соответственно в точках А1, 142, А„ с координата- ми а], а2 а‚‚, причем 0<а1<а2<...<а„. Таким образом, на этой оси имеются п материальных точек Ь.А., 02/42, ЬпАп, и они тем массивнее, чем они дальше от нулевой точки 0. Эта система имеет центр тяжес- ти 2н (значок «и» —от слова «неравномерная загрузка точек»), причем координата точки 2н такая: гн = йашт + ат + + апдп). Кроме того, представим себе на числовой оси равномерное распределе- ние той же массы: в каждой из п точек А1, ‚42, ..., Ап помещена мас- т т т са %1-=Материальные точки 7/1“ 7142, 71—А„ имеют центр тяжести 2р («р»-—от слов «равномерная загрузка»). Координата гр точки А, за- дается формулой 2р=—}Т(а‚ +а2+...+а„). .‚ .. т Так как Ь|<71п1<дт то наидется такои номер /г, что ЬК<7Г<Ьк+ь Таким образом, в первом случае, то есть при неравномерной загрузке, в точ- ках Ат, ..., Ак помещены меньшие массы, чем при равномерной загрузке, а в точках Анд, А„ —б‹'›льшие, чем при равномерной загрузке. Ви- дим, что при переходе от равномерной загрузки (рис. 120) к неравно- мерной (рис. 119) часть массы из точек А., А2, ..., Ак переносится от точки 0 дальше вправо; поэтому и центр тяжести тоже должен смес- титься вправо, то есть 2р<2„‚ а1+а2+.„+а„ < (1,1), чЬа2Ь2+ ...+а‚.Ь„. п М 1 1" М М О Т ям %' т1 Т 7:— А1 А2 АК2РАКЧ АП Рис.120

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ З а д а ч а 7. В ААВС вписана окружность, которая касается сторон треугольника в точках А], В.‚ С 1. Будут ли три отрезка ААЬ ВВ., СС1 иметь общую точку? —— Как бы ты, Надя, стала искать праВДОПОДобный ответ? — Я бы попыталась загрузить вершины треугольника массами так, чтобы центром тяжести любых двух из возникающих трех материальных точек оказалась какая-нибудь точка касания (А.‚ В. или Сд). Затем я попыталасьщ бы показать, что центр тяжести 2 этих трех материаль- ных точек лежит на [14/11], [ВВ.]‚ [СС1]. . Задача 8. В шестиугольнике А1А2АЗА4А5А6 отмечены середины В.‚ 82, ...‚ Вб сторон ‚41/12, ‚42/43, ...‚ АбАд. Отмеченные точки соединены «через одну», так что возникают два треугольника 818385 и 828486. Будет ли точка пересечения медиан первого из них совпадать с точкой пересечения медиан второго треугольника? — Какой ответ кажется тебе, Максим, правдоп0добным? — Я бы загрузил вершины равными массами (например, по 1 г.). Система из полученных 6 материальных точек имеет центр тяжести 2. Затем я бы сосредоточил массы из точек А; и А2 в точке В], из А3 и ‚44 —- в точке 83, из А5 и А6 — в точке 85. Тогда 2 оказывается центром тяжести трех материальных точек 281, 283, 285 и, следовательно, служит точкой пересечения медиан АВ‚ВЗВ5. Аналогично покажу, что 2— точка пересе- чения медиан в АВ2В486. Значит, у АВ.ВЗВ5 и АВ2В486 точки пересече- ния медиан совпадают. З а д а ч а 9. Доказать, что три медианы треугольника АВС имеют общую точку. — Раньше‚—сказал учитель‚—мы ознакомились с «механическим» доказательством этого факта. Как бы ты, Андрей, дал чисто математи- ческое доказательство? — Я бы дал векторное доказательство, опираясь на известное мне «механическое» доказательство и помня (про себя) 0 формулах (111) и (1\’). Выберу произвольно какую-нибудь точку О и рассмотрю такую -—-› 1 --› -—-› —› точку 2, что О2=-3-(ОА+ОВ+ОС). Если А; —середина стороны ВС, —-› 1 -—-› -—-› —-› то ОА;=—7(ОВ+ОС). Из двух .последних равенств имею: 302= —> -+ -—-› —› -—-› —› —› —› =ОА+2СИЬ тоеесть ОА—02=2(ОА.—02)=О, 2А=—22А1. Вижу, что векторы ЗА и 2А1 коллинеарны и противоположно направлены. Значит, точка 2—на медиане АА; (причем |2А|=2|2А‚|). Аналогичным рассуж- дением я могу, очевидно, доказать, что 2— на медиане 881 и на медиа- не СС1. Итак, три медианы треугольника АВС имеют общую точку.

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Р>Ф ВМЕСТО ЗАКЛЮЧЕНИЯ, ИЛИ ЧТО ДЕЛАТЬ, ЕСЛИ ЗАДАЧА НЕ ПОДДАЕТСЯ РЕШЕНИЮ Ласковое майское солнце шло к закату, заливая красноватым сВетом стены комнаты, где кружковцы встречались по пятницам. Сегодняих снова было четырнадцать: тринадцать девятиклассников и Георгий Да- нилович Селиванов, руководитель кружка. Это была последняя их встре- ча в текущем учебном году. Занятие кружка подходило к концу, и Георгий Данилович решил подвести некоторые итоги. — За полтора года, что мы здесь занимаемся эвристическими при- емами,——- сказал он,— мы все же не встретились с таким, который по- зволил бы решить любую задачу. Но приемы, с которыми мы здесь озна- комились, несомненно, помогали нам при решении задач. Что бы вы по- советовали школьнику сделать, если ему предстоит решить трудную математическую задачу? — Прежде всего,— сказал Гера,-— как можно четче ответь себе, что дано и что требуется найти, представь себе как можно четче связь между тем, что дано, и тем, что ищешь. — Если доказываемое утверждение кажется сомнительным,—— доба- вила Лена,— точиспытай его на правдоподобие: попытайся построить контрпример, произведи проверку по размерности, на симметрию. Предложения сыпались одно за другим: — Попытайся переформулировать задачу— может быть, в новой формулировке задачу уже легче будет решить. — Выясни: не можешь ли ты свести задачу к поиску каких-то чисел? Иначе говоря, не можешь ли ты перевести задачу на язык алгебры? 135

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

—- Выясни: что тебе известно об искомых величинах? Не можешь ли это записать в виде уравнений или неравенств? — Не встречал ли ты где-либо похожее на то, о чем говорится в дан- ной задаче? Нельзя ли этим воспользоваться при решении твоей задачи? — Если ты не видишь непосредственно связи между известными и искомыми величинами, введи вспомогательные неизвестные. Составь уравнения, с0держащие как искомые, так и вспомогательные неизвест- ные, исключи вспомогательные неизвестные. — Если всю задачу трудно решить, то не можешь ли ты выделить из нее подвадачу, которую ты уже умеешь решать? Не облегчает ли это тебе поиск решения исх0дной задачи? — Привлекай аналогию: сформулируй задачу, похожую на данную, но более простую или более знакомую. — Привлекай индукцию. Спроси себя, в каких частных случаях ты данную задачу в состоянии решить. — Более общую задачу иногда легче решить, чем более частную. Сформулируй более общую задачу. — Рассмотри предельные случаи—они могут указать путь к пра- вильному ответу или решению. — Правильный ответ можно получить из соображений непрерыв- ности. — Попытайся дать задаче механическое толкование. Получить пра- вильный ответ или даже окончательное решение могут тебе помочь соображения из механики или других разделов физики. — «Еще раз и лучше!» Если ты уже решил задачу, вернись к ней и спроси себя: «Не могу ли я найти более простое решение? Или решить задачу в более общем виде?» — Разумеется,—-сказал учитель,—приемы, о которых мы сейчас вспомнили, далеко не исчерпывают всего ассортимента эвристических приемов, используемых математиками. Да и перечисленные приемы ред- ко используются в одиночку; часто в одной и той же задаче прих0дится применить несколько различных приемов. Надо иметь в виду, что эв- ристические приемы полезны не только в математике, они полезны при решении задач, с которыми человек встречается во многих областях своей деятельности. Математические задачи представляют собой -удоб- ный материал, на котором можно овладеть этими приемами. — Георгий Данилович,——- сказал Сережа,— скоро каникулы. Дайте нам для тренировки какие-нибудь задачи, чтобы мы могли на них про- верить себя, хорошо ли мы усвоили приемы поиска решений? — Ладно,—согласился Селиванов,—я подготовлю список таких задач. Если у вас будет время и желание летом или в будущем учебном гоцу, поразмыслите над ними. ...Вот эти задачи. 136

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

УПРАЖНЕНИЯ ДЛЯ РАЗМЫШЛЕНИЯ 1. В каждом из следующих трех утверждений выделите условие и за- ключение. а) В описанном четырехугольнике суммы длин противопо- ложных сторон равны между собой. 6) Только во вписанном четырех- угольнике сумма величин двух противоположных углов может быть равна 180°. в) Только в прямоугольном треугольнике сумма квадратов косинусов всех углов может оказаться равной 1. 2. 52—1=24‚ 72—1=48, 112—1=12О, 132—1=168. Какая общая гипотеза относительно делимости возникает у вас при рас- смотрении этих примеров? Подвергните гипотезу какому-нибудь испыта- нию на правдоподобие. Попытайтесь ее доказать. З. Рассматривая тетраэдр как фигуру, аналогичную треугольнику, придумайте какое-нибудь предложение (не обязательно верное), ана- логичное теореме Пифагора. Затем выясните, верно ли оно. 4. Какую фигуру в пространстве образует множество всех точек, рав- ноудаленных от двух данных точек? Для поиска правдоподобного ответа сформулируйте аналогичную задачу на плоскости. 5. Имеются две параллельные плоскости а и В, расстояние между которыми равно 1 метру. Какую фигуру в пространстве образует мно- жество всех точек, для которых сумма расстояний от плоскостей а и В равна 2 м? 6. Выразите радиус (г) шара, вписанного в тетраэдр, через длины высот тетраэдра (111, 112, 113, 114). 1. Плоскость а пересекает три боковых ребра треугольной пирамиды и отсекает от первого ребра половину, от второго—Одну треть (считая от вершины), от третьего—одну четверть (считая от той же вершины). В каком отношении делит плоскость объем пирамиды? 8. Выясните, что больше: 7 7 7 19005 + 835 или 19835? 9. В треугольник АВС вписана окружность Г, а затем построены еще три окружности у], 72, уз, из которых каждая касается двух сторон тре- угольника и окружности Г. Известны радиусы п, г2, га окружнос- тей и, и, уз. Вычислите радиус г окружности Г. 10. Вычислите объем тетраэдра, у которого длины противоположных ребер попарно равны а, Ь, с. 11. Окружность Г касается стороны ВС треугольника АЗС в точке 5, а пр0должений сторон АВ и АС—в точках Р и О соответственно. От- резки СР и ВО пересекаются в точке М. Лежат ли три точки А, 8 и М на Одной прямой?

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

СОВЕТЫ... 2. Воспользуйтесь тем, что любое простое число р, р>3, можно пред- ставить в виде 6/г+1 или 6/г—1 (1г — натуральное число). 6. а) Сначала сформулируйте и решите аналогичную задачу для треугольника. 6) Если а, Ь, с—длины сторон треугольника, 111, 112, 113— длины высот, опушенных на эти стороны, З—площадь треугольника, то 2$=ат =Ыт2=сп3=(а+Ь+с)г‚ откуда нетрудно найти г. 7. а) Попытайтесь сначала сформулировать аналогичную задачу для треугольника. 6) Например, вот такую: «Прямая МА! пересекает сторо- ны АВ и АС треугольника АЗС в точках В; и С1, прич’ем |АВ‚| =%-|АВ|, |АС1|=%|АС|. Найти отношение ЗМВЮ, : Змвсэ. 8. а) Подберите более общую «функциональную» задачу. б) Напри- мер, такую: «Что больше: хр—Нъ” или (х-Нт)”, если О<р<1, 11>0, х>0?» в) Для решения вспомогательной задачи рассмотрите функ- цию 1°()с)=х"+/1"—(2с+/1)р и выясните, будет ли она на ]О;+ оо[ воз- растать или убывать. 9. а) Непосредственной связи между г и п, г2, гз я не вижу; поэтому попытаюсь найти связь между этими величинами и какими-то вспомо- гательными неизвестными. б) В качестве таких неизвестных возьму величины а, 6, у углов треугольника (рис. 121). 138

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

в) эти 2 г+г| ‚ откуда О. __ г—г. (1) 1 —-_._-—_.1 Ё 2 2 т. Аналогично Ефг—гз __1_ г—гзч ‘8 2—2т2’ш‘2—ПЁ (2) Кроме того, а+в+у=ш (3) Из четырех уравнений (1) —— (3) исключаем три вспомогательных неиз- вестных а, 6, у и находим искомое неизвестное (то есть г). Можно вос- пользоваться тем, что из (3) следует 13(%+-Ё) = ста—Б . 10. а) Чтобы решить эту задачу, я достраиваю пирамиду до треуголь- ной призмы (рис. 122), у которой в основании — треугольник со сторона- ми а, Ь, с, а боковое ребро имеет длину а. 6) Найти объем И призмы не .. 1 легче, чем наити объем пирамиды У. Ясно только, что У=ТУЬ Но тог- да объем 1/2 четырехугольной пирамиды ВВВ’С’С составляет ёи, 1 поэтому У=-Ё—У2. в) Таким образом, исходная задача СВОДИТСЯ к сле- дующей подзадаче: «Вычислить объем 1/2 четырехугольной пирамиды, у которой основанием служит ромб ВВ’С’С со стороной длины а, если длины боковых ребер таковы: |ВВ|=|ВС’|=Ь, |С’0|=|БВ’|=с». 11. а) Привлеките соображения из механики. б) Поместите в А, Р, О такие массы, чтобы центром тяжести возникающей системы из трех материальных точек оказалась точка М. в) Затем добавьте дополнительную массу в точке А, чтобы вновь возникшая система материальных точек имела своим центром тяжести точку 5. Рис. 121 Рис. 122

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

с ` . _ э \ ___\ь ‚_. . __„_ --‚‚‚-„-__ ` _ ___.. „4 -. „-_-_ „--._.____. _____—._____.- . . . И ОТВЕТЫ 1. а) Дано: существует окружность, впиСанная в четырехуголь- ник АВСО. Требуется доказать: |АВ|+|СБ|=|А0|+|ВС|. б) Дан че- тырехугольник АВСВ, в котором Д+Ё=18О°. Требуется доказать, что существует окружность, описанная около АВСВ. в) Дано: ААВС таков, что со$2д+соз2Ё+созгд= 1.Требуется доказать: д=90° или Ё=90°, или С==90°. . 2. Гипотеза: если р——простое число и р>3, то р2—1 делится на 24. Д о к а з а т е л ь с т в 0: можно к р представить так: р = 6/г_-|:1 (де/У). Поэтому р2— 1 =361г21121г==241г2+ 121г(1г1—1), откуда ясно, что р2—1 делится на 24. 3. Пример такого утверждения: «Если в тетраэдре АВСО три ребра, сх0дящиеся в вершину В, взаимно перпендикулярны, то (ЗААВВ)2 + (Завод)? + (ЗАСА0)2=($МВС)2» (Утверждение верно)- 4. Плоскость, прОХОдящая через середину М отрезка [АВ], соединяю- щего данные точки, и перпендикулярная прямой АВ. 5. Пара плоскостей, параллельных данным плоскостям а и В. 1 1 1 1 1 6' 7=П+Б+Е+ Е. 7. 1 :23. 8. Решение. Для производной функции Пх) (см. «Советы») г’‹х›=рхР—‘ — рому-1 = тащу-р — (Ан )‘ир]>0 при х>0. 140

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

Значит, функция [(х) на [О;+оо[ возрастает. Поэтому [(х)>[(0)‚ то есть 7 хр+/1”——(х+/1)р>0‚ хр+пр>(х+/2)”. В частности, 1900ТЁ+83 9. г= д/гдг2+ г2г3+ угзп . 10. Решение. Сначала вычислим объем пирамиды ВСВВ’С’ (см. <<Советы»). Пусть [ВО]——высота пирамиды, |ВО|=х. Пусть |ОВ|= Т” 7 1 3>198З'3. =2, |ОВ’|=у. Тогда У2=—Ё-ху2, искомый объем пирамиды У= 1 .‚ =7У2=Ёхуа Наидем х, у, 2. Имеем: х2+22=ь2‚ у2+22=а2‚ х2+у2=с2. 222 = (12-{—192——с2‚2х2 = 1924-62—02, 2у2 = 02+а2—Ьг‚ 1/ = {душа 2 + ь? - стыд сЧ—а2)(с2+ а2 - 192). ВИДИМ, что ответ (7) на стр. 16 действительно верен. 11. Р ешение. Пусть (рис. 123) |АР|=а‚ |ВР|=т‚ |СО|=п. Тогда |АВ|=а——т‚ |АС|=а——л. Поместим в А 1 единицу массы и под- берем такую массу х для точки Р, чтобы центром тяжести возникающих двух материальных точек оказалась точка В. По правилу рычага 1-|АВ|=х-|ВР|, откуда х=(а—т)/т. Аналогично убедимся, что если в точке О поместить массу у=(а—п)/п‚ то центром тяжести материаль- ных точек И и у@ окажется точка С. Легко понять, что Центром тя- жести трех материальных точек 1А, хР и уО служит точка М. Теперь поместим в точке А еще Одну единицу массы и найдем центр тяжести Рис.123

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

трех материальных точек: 2/1, хР, уО. Положение центра тяжести этой системы не изменится, если сосредоточим массы материальных точек И и хР в их центре тяжести В (иначе говоря, если заменим их мате- .. .. а риальнои точкои—Й-В). Аналогично можно заменить материальные точ- .. .‚ а ки И и уС) ОДНОИ точкои ТС. Следовательно, центр тяжести 2 лежит на отрезке ВС, причем -%|ВЗ|=—%-|2С|, то есть |ВЗ| : |2С|=т:п. От- сюда видно, что 2=$. Итак, `З—это центр тяжести материальных точек 2А, хР и уС). Но положение центра тяжести этой системы не изменится, если мы со- средоточим всю массу материальных точек 1А, хР, уС) (то есть 1+х+у единиц) в их центре тяжести М. Значит, точка 8 —— центр тяжес- ти двух материальных точек: И и (1 +х+у)М. Следовательно, 5 лежит на [АМ]. Более того, |А$|=( 1+х+у)|$М|=(%+%—1)|$М|. Нетрудно теперь дать в е к т о р н о е р е ш е н и е задачи. Выберем в качестве начала точку А и подберем точку 2 так, чтобы а—т а—п —+ _ —› _ —> (2+ т + ‚, )А2=аттАР+аппАС2. (1’) Ноагтг=А_Ё, аЕпАб=А_ё, поэтому а а -*___ а -* 1 -* (там дам—ё —А_Ё) = %(А_Ё —А_Ё)‚ „ЕЁ = тЁЁ. Отсюда ясно, что точка 2 лежит на отрезке ВС и делит его в отношении тт, то есть 2=$. Определим еще точку 21 по формуле а—т а—п -* а—т-* а—п-* , (1+ т + п.)А2.= т АР+ и М), (2) ИЛИ а___т —-› ———› ——-› ——-› а—т—* а__* т (А2‚—Ар)=%(Ас—А2.), т Р2.=72‚С. Отсюда видно, что 2, ——на отрезке РС. Аналогично можно убедиться, что 2‚ ——на [628]. Значит, Яд =М. Из (1’) и (2’) видим, что (витая—от —-›— ——› то есть векторы А2 и ‚421 коллинеарны, так что три точки А, 5 и М— на Одной прямой. 142

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие................ Вместо введения, или Что делать, если задача «не решается» Испытания на правдоподобие То же самое—но иначе... Мы с вами где-то встречались... Идея вспомогательных неизвестных Задачи внутри задачи Что такое индукция? Рассмотрим более общую задачу Еще раз про обобщение Поиск неведомых закономерностей РассуЖдая по аналогии... Витая в сферах... Пошевелим точку... ...Меняется непрерывно... . Эта странная задача Мальфатти... Посмотрим на задачу глазами физика . . . . . Вместо заключения, или Что делать, если задача не поддает- ся решению Советы... и ответы 01 20 27 32 46 57 63 72 8 1 102 113 122 135 138 140

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

ДЛЯ СРЕДНЕГО И СТАРШЕГО ВОЗРАСТА Марк Беневич Балк, Галина Давыдовна Балк ПОИСК РЕШЕНИЯ ИБ М: 3562 Ответственные редакторы И. Б. Шустова и Л. А. Румянцева Художественный редактор Л. Д. Бирюкав Технический редактор В. К. Ёгорова Корректоры 3 Н Сизова и Н Г Худякова Сдано в набор 28 01.83. Подписано к печати 11.04 83. А03066 Формат 70Х|00'/„. Бум. офсетная М 1 Шрифт литературный. Печать офсетная. Усл. печ. л. 11,7. Усл кр -отт. 25,35. Уч -изд. л. 8,29. Тираж 100000 экз. Заказ М: 1585. Цена 45 коп. Ордена Трудового Красного Знамени издатель- ство «Детская литература» Государственного комитета РСФСР по делам издательств, поли- графии и книжной торговли. Москва, Центр, М. Черкасский пер.‚ 1. Калининский ордена Трудового Красного Знамени полиграфкомбинат детской литературы им. 50-ле- тия СССР Росглавполиграфпрома Госкомизда- та РСФСР. Калинин, проспект 50-летия Октября, 46. Балк М. Б.‚ Балк Г. Д. 520 Поиск решения: Научно-популярная лит-ра/ Рис. Ю. Воробьева.— М.: Дет. лит.‚ 1983.— 143 с., ил. («Знай и умей»). В пер.: 45 к. Книга приоткрывает завесу таинственности над «лабораторией мышления» математика. В ней рассказано о богатом арсенале эвристических приемов —- о поучительности контрпримеров, об использовании аналогии при решении задач, о применении индукции и других метолах поиска решения 4802000000—319 ББК 22.1 Бмпоцозюз 494—83 51

оригинал страницы (картинка/Image scaned )

. 4. Ачдчумща. .1‚сч1‚п‚ ‚ .)‘м‘ч‘ы. Д, ‚ ‚ГАММДАЛ'Ю‹и.—.‹АЛ..‚„ .ы » А 0... У Т. А р Е Т И Л Я А К С Т Е Д С О В Т С Ь Л Е Т. А Д 3 и