АРХИМЕД

Научно-методический сборник

Выпуск 6

2010

Архимед

Научно-методический сборник

Выпуск 6

Москва 2010

Ответственные за выпуск: А.Бунчук, В.Бусев, Т.Струков, П.Чулков, А.Шевкин

Архимед. Научно-методический сборник. Вып. 6. В настоящем сборнике представлены тезисы докладов участников семинара «Интеграция основного и дополнительного физико-математического образования», проходившего 27 января 2010 года в ФМШ № 2007 ЮЗОУО г. Москвы, а также другие публикации, посвященные вопросам дополнительного физико-математического образования.

© 2010, AHO Институт логики © 2010, Редакция «Архимед»

В.М. Бусев

НПБ им. К.Д.Ушинского РАО

Первый год журнала «Полином»

В прошлогоднем выпуске сборника «Архимед» было рассказано об электронном научно-методическом журнале «Полином», выпуск которого предполагалось начать на сайте www.mathedu.ru. Это удалось осуществить, и в 2009 г. вышло 4 номера журнала, каждый объёмом более 100 страниц. Ниже будет рассказано о том, как журнал развивался, с какими трудностями пришлось столкнуться при подготовке номеров, а также дан обзор материалов, помещённых в журнале.

Программа журнала задумывалась достаточно широкой: планировалось помещать статьи по истории математики и истории математического образования, воспоминания, научно-популярные очерки и статьи методического характера, дискуссионные материалы и рецензии на книги, заметки с прошедших мероприятий. В течение первого года существования журнала выполнить намеченное в целом удалось: почти в каждом номере есть материалы по каждому из названных направлений.

Статьи в номера подбирались так, чтобы быть интересными широким кругам читателей, не слишком сложными, а также, чтобы содержание математических и методических статей можно было использовать на уроках или внеклассных занятиях в общеобразовательных школах. Немаловажным критерием была и оригинальность статей. Имеется в виду не то, что статья ранее нигде не публиковалась, а то, что она содержит элемент новизны (недавно обнаруженные сведения исторического характера, малоизвестный или вообще неизвестный подход к изложению материала, придуманные или умело подобранные автором задачи и т.д.).

Как и предполагалось, в журнале было немало перепечаток опубликованных ранее в бумажных изданиях материалов. Это делалось не столько из-за отсутствия неопубликованных ещё статей, сколько из-за желания сделать некоторые интересные материалы известными широкой аудитории.

Почти все статьи первых четырёх номеров журнала были написаны либо знакомыми редактора, либо найдены им (порой совер-

шенно случайно) в опубликованном виде, а затем перепечатаны в «Полиноме». Приятно отметить, что среди помещённых в журнале статей есть одна, написанная автором «со стороны» (статья С.А. Беляева в № 4 о задачах). Среди авторов статей есть и школьные учителя, и преподаватели вузов. География авторов довольно широка: Донецк (Украина), Киев (Украина), Киров, Лейпциг (Германия), Москва, Нижний Новгород, Новосибирск, Нью-Йорк (США), Пермь, Ростов-на-Дону, Самара, Санкт-Петербург, Смоленск, Ярославль.

Обратимся к рубрикам журнала.

В рубрике «Из истории математики» помещены 3 статьи. В статье Г.А. Зверкиной «Знакомьтесь: циркуль» (№ 3) прослежена история циркуля от древности до наших дней. Материал сопровождается иллюстрациями и может послужить основой реферата по истории математики. Статья Г.И. Синкевич «Старинные польские задачи» (№ 4) содержит подборку задач, которую можно использовать на уроках математики в 5-7 классах. В статье А.А. Касьяна «История математики и идеология (Горьковский университет, середина XX века)» (№ 2) рассказано о событиях, имевших место в Горьковском университете в начале 1950-х гг. На преподавателя университета А.Г. Майера, читавшего курс истории математики, коллеги пытались оказать давление и вообще отстранить его от лекций по идеологическим соображениям.

В рубрике «Из истории просвещения» помещено 6 статей. В статье Г.В. Кондратьевой «Репетиторство в XIX веке» (№ 1) рассказано о том, как выглядела частная практика педагогов более ста лет назад. Цитаты, приведённые в статье, показывают, что ситуация отличалась от современности не слишком сильно. Статья В.М. Бусева «Перелистывая страницы журнала: очерк истории “Математики в школе”» (№ 3, 4) посвящена 75-летнему юбилею известнейшего журнала для учителей математики. Автором сделана попытка показать роль и место журнала в истории отечественного математического образования. Интересна статья педагогов, посвящённая 200-летнему юбилею школы № 9 г. Перми (№ 4). На основе архивных документов им удалось воссоздать не только историю своей школы, но и проследить историю народного образования в г. Перми.

В рубрике «Живая история» помещено 7 статей. За исключением двух, все они посвящены авторами своим учителям: И.М. Гельфанду (№ 1), К.У Шахно (№ 2), С.Б. Стечкину (№ 3), А.Р. Майзелису (№ 4) и Ф.Ф. Нагибину (№ 4). Написанные с любовью, эти тексты очень приятны для чтения и могут служить примером того, как можно писать о своих учителях.

В рубрике «Вокруг математики» помещено 6 статей. Их особенность состоит в том, что, как правило, в статьях показана связь математики элементарной с современной математикой. В статье Г.Б. Шабата и А.И. Сгибнева «Простые делители оберквадратов» (№ 1) показано, как переход от теории чисел в область конечных полей позволяет доказать гипотезу о виде делителей чисел n2 + 1. В статье тех же авторов «Формула Эйлера и теорема Понселе» (№ 2) предложен необычный вывод формулы Эйлера, связывающей радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника и расстояние между центрами этих окружностей. В статье А.Г. Мякишева «Треугольные фракталы» (№ 2) построены различные фракталы и вычислены их размерности. В № 3 под названием «Двуквадратные числа» помещены материалы исследования школьников 3-5 классов, проведенного под руководством Г.Б. Шабата. Статья может служить образцом для выполнения аналогичных исследований. В статье А.И. Сгибнева «Исчисление змей для начинающих» (№ 3) рассмотрена задача из книжки В.И. Арнольда «Задачи для детей от 5 до 15 лет», решение которой связано с треугольником Бернулли-Эйлера.

Больше всего статей (13) помещено в рубрике «Учим математике». Статьи К.В. Медведева «Опыт фронтального ведения курсовых работ школьников» (№ 1) и Н.М. Нетрусовой «Организация исследовательской деятельности школьников в школе “Интеллектуал”» (№ 1) посвящены организации самостоятельной работы учащихся. Авторы делятся своим опытом, показывают, что у них получилось, а что нет. Прочитав эти статьи, учитель может позаимствовать какие-то элементы, а может придумать что-то своё. Организации обучения также посвящены статьи А.В. Егорова «Рефлексия как средство формирования мотивов учения (из опыта работы)» (№ 2) и М.А Ройтберга «Любите ли вы математику как я люблю её? Игра “Попробуй реши!”» (№ 2). В статьях речь идёт о том,

как заинтересовать учеников математикой и сделать их учебную деятельность успешной.

Интересны статьи о методах обучения И.Б. Писаренко «Обучение с помощью серий задач» (№ 2) и А.И. Сгибнева «Монолог и диалог в обучении математике» (№ 4). В первой из них для повышения эффективности обучения предлагается использовать серии задач — наборы специально подобранных задач, решая которые, ученик сам откроет новый для себя факт (например, формулу корней квадратного уравнения). Автор второй статьи призывает шире использовать возможности диалогов в обучении математике: не давать детям готовый материал, а с помощью вопросов совместными усилиями формулировать определения и находить верные утверждения.

Статьи, посвящённые отдельным предметам преподавания, содержат подборки задач и подходы к изложению материала. В статье Д.В. Прокопенко «Из опыта работы кружка по геометрии» (№ 3) рассказано о тех трудностях, с которыми пришлось столкнуться автору при организации работы кружка, и приведены подробные конспекты занятий по теме «Степень точки относительно окружности». В статье А.И. Щетникова «“Площади и объёмы”»: краткое описание учебного курса» (№ 3) дана система задач, связанных с площадями и объёмами. При решении задач предлагается использовать приёмы, восходящие к геометрии древнего мира. Интересный подход к изложению начал комбинаторики и теории вероятностей предложен в статье коллектива авторов «Очерки по методике преподавания стохастики» (№ 4).

Особняком ото всех перечисленных статей стоит статья известного ленинградского учителя А.Р. Майзелиса (1921-2005) «Из записок старого учителя» (№ 4). К сожалению, многие талантливые учителя не пишут (или почти не пишут) о тех приёмах, которые используют в своей практике. Эта статья — редкий случай побывать в творческой мастерской удивительного педагога.

Начиная со второго номера, в журнале «Полином» появилась рубрика «Задачи». Предложение открыть её поступило от О.А. Файнштейна, который вызвался вести задачный отдел. Предполагалось, что в рубрике будут публиковаться оригинальные задачи для решения их читателями, а в следующем номере будут помещаться решения. После выпуска третьего номера стало ясно, что

рубрика в таком виде не оправдывает себя, и было решено несколько переориентировать её. А именно, публиковать задачи, может быть, не оригинальные, но могущие оказаться полезными для учителя.

Кроме задач в рубрике помещаются и статьи, посвящённые задачам. Таковы, например, статьи Г.Б. Филипповского «Прелюбопытный равнобедренный треугольник» (№ 2), А.Г. Мякишева «О восстановлении треугольника по пересечениям его чевиан с описанной окружностью» (№ 3), С.А. Беляева «Задачи по математике: “простушки”, “ловушки” и “неберушки”» (№ 4). Обычно статьи содержат подборки задач, которые можно использовать в практике преподавания.

Рубрика «Размышления» задумывалась для статей, в которых читатель приглашается к размышлениям. Таких материалов всегда немного, и в рубрику вошли тексты авторов, которых уже нет на свете: В.В. Фирсова «Методика обучения математике как научная дисциплина» (№ 1), Г.В. Дорофеева «Математика и интеллектуальное развитие школьников» (№ 2) и А. Пуанкаре «Математические определения и преподавание» (№ 3). Каждая из трёх статей содержит много интересных мыслей и ценных с точки зрения преподавания математики наблюдений.

В рубрике «Дискуссия» тоже немного статей. Две из них (В.В. Фирсова и Д.Э. Шноля, обе в № 3) посвящены проблемам ЕГЭ, а одна (В.М. Бусева, № 1) — ныне модным педагогическим инновациям и возможным последствиям их внедрения в обучение математике.

Рубрика «Математики-педагоги» тесно связана с рубрикой «Живая история». Но в отличие от последней здесь помещаются не воспоминания, а очерки жизни и деятельности педагогов. В первых четырёх номерах были опубликованы материалы, посвящённые: Д.Л. Волковскому (№ 1), Л.М. Лихтарникову (№ 2), С.Г. Губе (№ 2), В.Е. Адодурову (№ 3), Ф.Ф. Нагибину (№ 4) и Я.П. Понарину (№4).

В рубрике «Обзор книг, статей, электронных ресурсов» помещено 5 заметок, из которых наиболее интересной представляется заметка Д.В. Прокопенко «Книги И.А. Кушнира. Личный опыт» (№ 4), в которой автор рассказал о том, как решал и использовал в обучении задачи из книг известного киевского геометра.

В рубрике «События» в каждом номере помещаются конспекты заседаний семинара учебно-исследовательских работ школьников по математике, который проходит ежемесячно в Московском центре непрерывного математического образования. Конспекты содержат много тем исследовательских работ, которые можно предлагать школьникам, а также методические указания учителю.

Из обзора видно, что в журнале «Полином» в течение года было опубликовано много статей разного типа и разной тематики. Материалы некоторых из них можно в готовом или переработанном виде использовать на уроках и во внеклассной работе, но есть и такие, которые использовать не получится (например, биографические сведения о педагогах прошлого). Это статьи для чтения. Вообще, журнал задумывался не как оперативный посредник между членами методико-математического сообщества (вроде газеты), а как журнал для чтения. Статьи его не терпят спешки, большинство из них нельзя взять и сразу «применить». Их нужно обдумать в спокойной обстановке, соотнести со своим опытом, чему-то удивиться, что-то запомнить, какие-то мысли развить... Собственно, в этом и состоит цель журнала — отвлечь читателя от повседневной суеты, в которой неизбежно тонут все «во имя чего», дать ему передышку и возможность спокойно подумать и почувствовать. Руководствоваться этой целью журнал будет и в дальнейшем.

Создать журнал (пусть и электронный) с нуля — дело непростое. Ещё сложнее — продолжать начатое дело. Без доброго отношения коллег, без их поддержки и советов существование журнала было бы невозможно. Приношу благодарность Н.Н. Андрееву, И.В. Зубкову, О.А. Саввиной, А.И. Сгибневу и П.В. Чулкову, чьё искреннее участие помогало и помогает мне делать журнал «Полином».

Г.Г. Левитас

Школа №1199, г. Москва

Как появилась технология учебных циклов

В августе 1966 г. я начал работать в лаборатории математики нового Научно-исследовательского института школьного оборудования и технических средств обучения (НИИ ШОТСО), организованного академиком АПН РСФСР С.Г. Шаповаленко. В лаборатории нас было трое: заведующий В.Г. Болтянский и научные сотрудники — В.Г. Ашкинузе и я. Очень скоро были приняты на работу старший лаборант Э.Ю. Красс и старший инженер В.Н. Толяров и на учебу аспиранты О.А. Луговой и В.Н. Березин.

Болтянский объяснил, что мы проведём в этой лаборатории несколько лет нашей жизни и надо сделать это не без пользы. Он объяснил также, что наша работа — создание средств обучения, и прежде всего нужно понять, какие именно средства обучения нужны при преподавании того или иного раздела школьной математики. Луговому была выдана кипа бумаги (до сих пор помню её -третьесортная, зелёного цвета, формата A4), и он на каждом листе написал заголовок — один из пунктов школьной программы. И на каждом листе написал, какие именно средства обучения нужны, по его мнению, в преподавании этого пункта. Далее кипа поступила к Березину. Он дополнил записи Лугового (вычёркивать не разрешалось). Затем то же сделал Красс, потом я, затем Ашкинузе и, наконец, Болтянский. А средства обучения были такие: кинофрагмент, диафильм, диапозитивы, материалы для кодоскопа (графопроектора), настенные таблицы, индивидуальные и демонстрационные чертёжные приборы, инструменты и приспособления, четырёхзначные таблицы В.М. Брадиса. А кроме этого, Болтянский рассказал нам об увиденных им за рубежом тетрадях с печатной основой, в которых печатались задания для учащихся и тут же оставлялось место для их выполнения.

Мы долго трудились над зелёной кипой, не очень понимая, что мы потом будем с ней делать: не хватало теории, были только её зачатки. Так, Болтянский определил разницу между диафильмом и серией диапозитивов. Диафильм состоит из кадров, связанных между собой в определённой последовательности, поэтому он должен

быть носителем теории. А не скреплённые между собой диапозитивы должны содержать отдельные задачи.

Дело сильно сдвинулось с приходом к нам М.Б. Воловича. Он к этому времени был уже кандидатом наук, а его научным руководителем была сама Н.Ф. Талызина — правая рука великого психолога П.Я. Гальперина. Волович и принёс нам гальперинскую теорию. А тут ещё Болтянский сделал настоящий прорыв в дидактике, дав новое определение древнейшему понятию наглядности: наглядность -это изоморфизм плюс простота1.

Под этими двумя соусами — психологическим и дидактическим -мы начали нашу теоретическую работу. Эта работа, в отличие от многих дидактических теорий, всегда была связана с практическим преподаванием. Первым шагом в ней было создание комплекса учебного оборудования по теме «Прямоугольный параллелепипед». Были разработаны пять кинофрагментов, диафильм, серия диапозитивов, серия настенных таблиц, набор раздаточных объёмных моделей и тетрадь с печатной основой. Все они были опробованы в полномасштабном 14-урочном эксперименте в 52-й московской школе. После этого дидактического пира мы написали монографию «Комплексы учебного оборудования», которой зачитывался весь НИИ ШОТСО.

Болтянский поставил перед нами задачу: каждый год выпускать книгу с полным описанием учебного оборудования по одному классу. И в течение двух лет мы выпустили такие книги по 4 и по 5 классам. Но затем пришла финансовая проверка, и работа у нас Болтянского была объявлена незаконной (тогда были трудности с совместительством, а лауреат Ленинской премии В.Г. Болтянский имел основную работу в Математическом институте АН СССР).

И остались мы одни. К тому времени ушел и Ашкинузе, и недолго проработавшие у нас М.Я. Антоновский и А.М. Пышкало. Перешёл на партийную работу, а затем уехал в Африку Эдик Красс. Так что состав у нас был такой: я, Марк Волович и наши аспиранты: Лена Арутюнян, Юра Глазков, Володя Нодельман, Люда Апанасенко и Галя Буянкина. Буянкина скоро отчислилась, остальные защитились. Апанасенко и Нодельман уехали по месту

1 См.: Болтянский В.Г. Математическая культура и эстетика // Математика в школе. 1982. № 2. С. 4(МЗ.

жительства, а мы вчетвером с Воловичем, Арутюнян и Глазковым продолжали свою основную работу, начатую при Болтянском, -выпускали новые средства обучения.

На киностудиях Москвы, Ленинграда и Киева выходили наши учебные кинофрагменты по математике. Новые диафильмы и диапозитивы создавала студия «Диафильм». Издательство «Просвещение» выпускало наши настенные таблицы, а предприятия Главучтехпрома — учебные приборы, модели, инструменты и приспособления. Удалось даже выпустить комплекты грампластинок для проведения математических диктантов в 5-7-х классах. В качестве чтецов их записали на студии «Мелодия» О.С. Высоцкая и В.Н. Хлебников. Как раз во время этой работы Высоцкая получила звание Народной артистки СССР, и мы шутили, что именно за эту работу.

Не удавалось только наладить производство тетрадей с печатной основой. Но мы делали свои машинописные варианты таких тетрадей. Параллельно с выпуском этих средств обучения лаборатория отшлифовывала дидактические требования к ним и разрабатывала методику их использования, о чём мы публиковали статьи в журнале «Математика в школе».

Однажды зашла к нам заведующая соседней лабораторией Наталья Борисовна Каратаева и спросила: «А как учитель сможет использовать на уроке весь этот массив разрабатываемых вами пособий? Или они делаются не для системного использования, не так, как было заявлено в книге “Комплексы учебного оборудования”»? Этот вопрос заставил нас задуматься. И вот тогда мы впервые приступили к той деятельности, до которой при Болтянском у нас руки не доходили: мы решили понять, что такое урок математики. Ходили на уроки к московским учителям, в г. Химки — к замечательной М.А. Земсковой. И даже на уроки начальной школы — к великой С.Н. Лысенковой. И ничего не могли понять. Прямо по Толстому: все плохие уроки одинаковы, а все хорошие не похожи друг на друга. Хорошие — что ни урок, то особенное. Не типизируются хорошие уроки, как заколдованные. Настало лето, и стал я на досуге читать недопрочитанную педагогическую литературу об уроке математики. Нашёл классификацию такого вида: уроки математики бывают типа А, типа В, типа С и смешанного типа. Прищуриваюсь, вспоминаю посещённые уроки: не было там уроков ни типа А, ни

типа В, ни типа С (эти типы бывают только в кабинетной тиши учёных дидактов), а все уроки — и хорошие, и плохие — были только смешанные. И никакой работающей теории не получается.

Тогда я решил обратиться к «смежникам» — к литературе об уроках по другим школьным дисциплинам. Какой предмет ближе всего к школьной математике? Говорят, физика. И я чуть не захлебнулся в литературе об уроках физики. Вовремя опомнился: чего тут общего? Там и демонстрационные и индивидуальные опыты, и лабораторные работы, и мало ли ещё что! А у нас все сидят за партами, пишут, читают, решают. Были когда-то в программе измерения на местности, но и те отменили. Какой же предмет самый близкий к математике? И всплыли слова Лобачевского: «Математика- это язык».

Должно же быть и везение! В первом же открытом мною номере журнала «Иностранные языки в школе» я буквально наткнулся на статью Инессы Львовны Бим об учебных циклах: о том, что бессмысленно анализировать и тем более унифицировать отдельные уроки иностранного языка, а изучать нужно их объединения -учебные циклы. Мысль показалась мне очень важной, но было лето, и пришлось отложить разговор на начало сентября.

Этим самым летом пригласил меня к себе в гости профессор Владимирского пединститута Давид Яковлевич Пейрос. Мы гуляли по городу и говорили о наших научных проблемах. Остановились на мосту через Клязьму. И спросил меня Давид Яковлевич, буквально повторив Н.Б. Каратаеву: «А как учитель сможет использовать на уроке весь этот массив разрабатываемых вами пособий? Или они делаются не для системного использования, не так, как было заявлено в книге “Комплексы учебного оборудования”»? Но теперь я был готов. И тут же, на мосту, сымпровизировал такой ответ.

- Преподавание математики должно состоять из двухурочных циклов.

- Первый урок должен начинаться с актуализации необходимых знаний путем проведения математического диктанта с использованием грампластинок и графопроектора.

- После диктанта следует объяснение нового материала с помощью диафильма или кинофрагмента, а также настенных спра-

вочных таблиц. При необходимости используются демонстрационные объёмные средства обучения.

- Первый урок завершается первоначальным закреплением с помощью тетрадей с печатной основой и с использованием диапозитивов и настенных рабочих таблиц. При необходимости используются индивидуальные объёмные средства обучения.

- На дом задаётся закончить работу в тетради с печатной основой.

- На втором уроке проводится самостоятельная работа с помощью карточек.

Всё легло на свои места. Давид Яковлевич спросил: «И это всё обязательно для каждого учителя?» Но у меня уже тогда хватило ума ответить: «Нет, это только для того учителя, кто иначе не умеет работать». Давид Яковлевич был удовлетворён. А я знал, с чего начнется наша работа после отпуска.

Когда я рассказал о двухурочном цикле в лаборатории, все со мной согласились. И мы решили проверить эти соображения на практике. Вначале работа шла в экспериментальных школах АПН № 204 и № 625. Затем в течение целого учебного года мы проводили эксперимент в Брежневском районе Москвы. А потом Бог помог нам связаться с министерствами просвещения Латвийской и Армянской ССР, и в 1982 г. мы начали эксперимент в трёх регионах сразу: в Москве и этих двух республиках. Начали с 4 класса и довели его до одиннадцатого, сохраняя тот же состав учителей и учеников (всего около 1500 детей). За всю историю советской и российской педагогики не было столь продолжительного массового эксперимента, осуществлённого не лично его авторами, а лишь под их руководством.

В эти семь лет мы работали так. Сентябрь начинался распределением ролей в написании материалов для будущего года обучения. Затем мы разъезжались в командировки к нашим учителям-экспериментаторам. Эти командировки проводились в течение года от трёх до четырёх раз. Мы ходили на уроки, проводили занятия с учителями и анкетирование. В остальное время мы готовили материалы на будущий год. Фактически у нас проходили заседания лаборатории от начала и до конца каждого рабочего дня. А к апрелю-маю надо было напечатать материалы на будущий год: тетради с печатной основой и сборники текстов самостоятельных и кон-

трольных работ — по числу учащихся, а также методические разработки — по числу учителей.

Вся наша работа не могла бы иметь никакого успеха, если бы не постоянная поддержка С.Г. Шаповаленко. Он не только отпускал нас в командировки, но и печатал двухтысячными тиражами на институтском ротапринте тетради с печатной основой и другие необходимые материалы.

За время эксперимента мы сильно продвинулись вперёд как в теории учебного оборудования, так и в технологии учебных циклов. Если в 4 классе мы ограничивались двухурочными циклами, то в дальнейшем пришлось разрабатывать технологию урока решения задач и урока общения. Некоторые рекомендации о применении средств обучения так и остались обязательными, а некоторые перешли в разряд факультативных. Но сама идея строить преподавание не уроками, а учебными циклами осталась и дала впоследствии название нашей технологии: «технология учебных циклов».

Всё это время мы поддерживали связь с Институтом гигиены детей и подростков Минздрава СССР, в который нас привела Л.В. Ковинько. Она занималась в НИИ ШОТСО проблемами школьного курса природоведения и стала применять наши рекомендации на своём предмете. Медики признали нашу работу здоровьесберегающей, а аспирант этого института А.М. Еремеев защитил кандидатскую диссертацию, анализируя нашу деятельность с гигиенических позиций.

Эксперимент завершился в июне 1989 г., и пошли мы с Воловичем в «Учительскую газету». Нас принял тогдашний редактор «УГ» Геннадий Селезнёв (впоследствии редактор «Правды» и спикер Госдумы). Он сразу опубликовал нашу статью. На неё пошёл густой поток откликов, и тогда Селезнёв порекомендовал нам созвать всесоюзное совещание учителей по результатам нашего эксперимента. Об этом совещании было объявлено в «УГ», и на него съехалось более 600 человек из разных концов страны.

На совещании выступили все наши московские, латвийские и армянские учителя, и все они признали, что, во-первых, преподавание математики по нашим рекомендациям прошло успешно, а, во-вторых, при этом повысилась успеваемость и по остальным предметам. Было принято решение о распространении нашей технологии. Присутствовали на нём представители других институтов

АПН СССР, но они не приняли активного участия в его работе, и в дальнейшем ни один человек из АПН и из Министерства образования никогда не вспоминал об этом совещании. И его решение осталось невыполненным.

Так случилось, что после этого наша четвёрка распалась. Волович стал писать учебник, основанный на работе ребёнка с американским микрокалькулятором, Глазков занялся проблемами ЕГЭ, Арутюнян стала преподавать математику в вузе. Технологией учебных циклов занимаюсь только я. И хотя мне очень помогает обретённая мною докторская степень, но подлинного признания это наше детище пока не получило. В 2002 г. мне удалось начать новый эксперимент в двенадцати школах Старого Оскола. На этот раз технология используется в преподавании шести предметов: математики, истории, физики, химии, биологии и географии. Директор школы № 30 этого города Л.А. Трубина экспериментально доказала, что дети, обучающиеся по нашей технологии, способны в известном опросе PISA занимать места «впереди планеты всей».

Э.Э. Шноль

г. Москва

Мои студенческие года

Я учился на мехмате МГУ в 1943-48 годах, окончил его 60 лет назад. Таких людей уже немного осталось. Я застал факультет в период его расцвета, когда там работала целая плеяда выдающихся людей. Нам читали лекции:

начертательная геометрия — С.В. Бахвалов

аналитическая геометрия — Павел Сергеевич Александров (вроде бы, есть его нетривиальная книга по этому предмету

высшая алгебра- Отто Юльевич Шмидт

линейная алгебра — Израиль Моисеевич Гельфанд

физика- Григорий Самуилович Ландсберг, С.Г. Калашников

теория функций комплексного переменного — Мстислав Всеволодович Келдыш

дифференциальные уравнения — Иван Георгиевич Петровский

анализ — Александр Яковлевич Хинчин

Видно, что нас учили абсолютно выдающиеся физики и математики, выдающиеся люди.

Первая лекция, на которую я попал в своей жизни, была лекция Отто Юльевича Шмидта. Была война, мне нужен был пропуск, и я добирался до Москвы довольно сложным образом. На мехмате меня встретили дамы: «А, это тот Шноль, который нам присылал телеграммы! Идите в психологический корпус, там сейчас как раз лекция». Я пошёл в психологический корпус, который был там же во дворе (в основное здание попала бомба, разрушила стеклянный купол, и какое-то время лекции там не читались). Я попал на середину лекции Шмидта. Постучался, зашёл. Шмидт так мельком поглядел на меня и продолжил дальше читать лекцию. Мне было 15 лет, а выглядел я ещё моложе — он, может быть, подумал, что какой-то школьник заблудился (и был, в общем, почти прав!). А мои однокурсники с изумлением смотрели, что за мальчик пришёл к ним на лекцию, а потом меня всячески опекали. [Там были почти одни девицы, как понятно. Было несколько человек без руки, двое слепых, потерявших зрение на фронте, и девушки.]

Нашим любимым лектором был Гельфанд. Он читал линейную алгебру. По-моему, это было на втором курсе. И.М.Гельфанд относился к своему курсу крайне серьёзно. Он сказал нам, что если кто не боится, то пусть приходит заранее в такую-то аудиторию, где он будет перед официальной лекцией нечто рассказывать. Нас ходило человек 12-15, и он нам читал пробную лекцию. Он вытаскивал нас из-за скамеек вопросами, и рассказывал всё. А потом мы слушали это на лекции и видели, что и как он изменил в изложении. Это было крайне интересно наблюдать.

Как читал Петровский, нам не нравилось, мы его не понимали, он не лектор. Курсом старше уравнения в частных производных читал Гельфанд, и мы иногда убегали с лекций Петровского к нему. А то, что Петровский читал в общем виде и глубоко продуманно — мы тогда не оценили.

Лекции Ландсберга сопровождались демонстрациями, и это было поразительное зрелище. Некоторые опыты мне до сих пор вспоминаются. И его манера: он всегда, когда опыт был показан, всегда благодарил лаборанта и пожимал ему руку. Однажды он пришёл на лекцию и долго не мог её начать: скончался Мандельштам, а они были близкие друзья. Он пришёл, можно сказать, в слезах, сказал нам об этом. Но потом постепенно разошёлся и читал с таким же блеском. Ему было очень тяжело, но предмет его увлёк.

На следующий год был Калашников. Мы поначалу, избалованные Ландсбергом, холодно к нему отнеслись, но он был тоже очень хороший лектор.

А.Я.Хинчин читал у нас анализ. Однажды на какой-то лекции он доказал, что операция неопределённого интегрирования есть обратная операции дифференцирования. И сказал: «Мы с вами подошли к такому важному моменту, что больше я вам ничего сегодня рассказывать не буду. После такой теоремы я ничего рассказывать не могу».

И отпустил нас. А всего это заняло у него минут 20. Прошло больше 60 лет, но я и Молчанов это помним. Открытие замечательное1, и Хинчин, после такого результата — главного в

1 И вроде бы, впервые сделанное учителем Ньютона Барроу. См книгу В.И. Арнольда «Гюйгенс и Барроу, Ньютон и Гук. Изд-во «Наука» ,1989, параграф 9.

дифференциальном и интегральном исчислении (Calculus), не счёл возможным что бы то ни было ещё рассказывать.

Недавно переиздали работы Хинчина по теории чисел. Если книги издаются много лет спустя после смерти человека, виден его научный ранг.

О научном ранге мы тогда не могли судить (да и сейчас можем лишь частично). Для нас тогда были два замечательных лектора -Ландсберг и Гельфанд. Хотя, по-видимому, все лекторы были хорошие. Наверно, и Келдыш был неплохой лектор, и Александров тоже. Но это специфический отдельный талант — лекторский.

Формально я учился очень хорошо, у меня за всё обучение была одна четвёрка. Середину первого курса я проболел, долго лежал в больнице, сдавал экзамены вместо января в мае и получил по анализу «четвёрку» — кстати, у Демидовича. Я любил сдавать экзамены досрочно. Получал Сталинскую стипендию. Её каждый год назначали заново, но выдавать начинали в марте-апреле и сразу выдавали за все месяцы разницу.

Когда мы учились, на мехмате была астрономическая группа. Потом их перевели на физфак. Мы тяготели к естествознанию. У нас перед глазами был пример братьев Ягломов, которые прошли курс и физфака и мехмата, и были широко образованы. У нас был физический практикум, я там просиживал много часов, в отличие от многих коллег-математиков. Надо было определённое число задач сделать и сдать.

Программа мехмата того времени предусматривала, что каждый студент-математик должен сдать два спецкурса (на 4 и 5 курсе), а спецкурсы он может выбрать сам. Около каждой кафедры (это было ещё в старом здании) висело объявление, какие там есть спецкурсы. Какие-то из них читались, а какие-то нет — можно было по книгам подготовиться. Я сдавал два спецкурса: один П.К.Рашевскому, другой Л.С.Понтрягину, и ни одного из них не слушал. У Рашевского есть книга «Введение в тензорный анализ и риманову геометрию». Я познакомился с тензорами по этой книге, научился не бояться значков — опущенных, поднятых, правил суммирования и так далее. А дальше надо было взять направление в

деканате и договориться с человеком, когда он может экзамен принять (это не было коллективным мероприятием).

Второе воспоминание более яркое. Понтрягин был слепой, как известно. Я просто прочёл его книжку «Основы комбинаторной топологии» — тоненькая книжечка, она у меня и сейчас есть. Экзамен проходил более-менее гладко, а потом он мне задал такой вопрос: «Какой ранг аддитивной группы рациональных чисел?» Я ему сказал: «Единица», что совершенно неверно, потому что в аддитивной группе можно только складывать, а делить нельзя. Он мне объяснил, что это неверно, что ранг её бесконечен — вот я получил такой урок на экзамене. Понтрягин мне «пятёрку» поставил, хотя после такого грубо неверного ответа «пятёрки» я не заслуживал. У него была печатка вместо подписи.

Есть и общий урок: экзамен — это составная часть обучения, причём важная часть. Сейчас многие считают, что это лишь завершающая часть, причём сугубо формальная. А ведь на экзамене можно узнать нечто такое, что запомнится на всю жизнь.

Это осталось и сейчас на мехмате — около каждой кафедры на 13-15 этажах висят списки спецкурсов.

Моим первым математическим учителем, не являвшимся общим учителем курса, был Кронрод.

Александр Семёнович Кронрод вернулся на мехмат с фронта до окончания войны — он был ранен и комиссован. Кронрод был единственным из известных мне учёных, кто, кажется, был командиром пехотной роты2. Его характер и облик вполне этому соответствовали — такой человек мог командовать пехотной ротой! (Была история с травлей академика Лузина. Кронрод с гордостью нам показывал экземпляр диссертации Лузина с дарственной надписью и говорил, что он ученик Лузина. На мехмате проводились в то время конкурсы студенческих научных работ и Кронрод, по-моему, трижды занимал первое место.)

На мехмате я был человек заметный, хотя бы по внешности -какой-то мальчишка 14-15 лет бегает по мехмату. Он меня заметил, узнал, кто я такой, спросил: «Хочешь, я буду тебе давать задачки?»

2 Документальных свидетельств этого я не знаю. Но, конечно, подробности военной службы А.С. знает Л.А.Кронрод.

(он всем говорил ты, кроме учителей). Я, конечно, согласился. И он мне стал давать задачки по теории функций действительного переменного, которая тогда была в расцвете.

Я проходил у него школу функций действительного переменного таким образом: он мне давал задачки, я их решал; если не мог решить — он что-то объяснял. Задачки были всегда красиво оформлены. Одно из скучных (после Кантора) упражнений было доказать, что рациональных чисел столько же, сколько целых. А у Кронрода это говорилось так: доказать, что букв Т можно поместить на плоскости только счётное число (топологических букв Т -она может быть косой; могут быть разные размеры, т.е. счётное число счётных множеств). Конечно, большинство задач я давно не помню, а одна осталась: «Представь себе, что функция двух переменных непрерывна по любой прямой. Если непрерывна только по осям, то этого для непрерывности на плоскости недостаточно. А вот если по любой прямой линии? Будет ли она непрерывной?» Я понял, что необязательно и привёл простой пример. Тогда он мне объяснил, что ничего не стоит сделать у такой функции счётное число точек разрыва. Если можем сделать одну точку, то можем и накопить их. «А вот можно ли сделать несчётное число точек разрыва — неизвестно.» Это было, наверное, в зимние каникулы 46/47 года (или 45/46). Я уехал тогда на каникулы к маме в детский дом, там размышлял над этой задачкой и построил пример функции, которая имеет континуум точек разрыва, а именно, разрывна в каждой точке канторовского множества, на отрезке, а по всем прямым непрерывна. Я доказал немножко больше: если такая функция существует, то множество её точек разрыва всегда имеет меру 0. (Я уже знал, что измеримое множество устроено неоднородно, со сгустками. Более точно так: возьмём точку измеримого множество, окружим её маленьким кружочком и посмотрим, какую часть этого кружочка занимает само множество, а что относится к дополнению. Теперь будем кружочек уменьшать. Назовём точку точкой плотности, если относительная мера того куска, которое в него попало, стремится к единице, т.е. его всё больше. Так вот, Лебег доказал, что у измеримого множества почти все точки — это точки плотности.)

Я рассказывал свой результат Кронроду в присутствии А.Д.Мышкиса. «Вот мальчик доказал, что множество точек разры-

ва таких функций имеет меру 0». «Подумай, а каким может быть это множество точек разрыва? Найдёшь необходимое и достаточное условие — будет у тебя хорошая печатная работа». Это было в его духе. Этого условия я не нашёл. 50 лет спустя, разбирая свои старые заметки, я ещё раз вернулся к этой теме, немножко усилил результат и послал статью в журнал «Математические заметки» (1997). Я написал, что это дань памяти о Кронроде. Это, в сущности, первая моя математическая работа3.

С 4-го курса я ходил на семинар Гельфанда. И.М.Гельфанд остался главным моим учителем. На 4 или 5 курсе я некоторое время размышлял про пятую проблему Гильберта о топологических группах. Проблему Гильберта я не решил, но кое-что понял. Повидимому, я был знаком с первым изданием (1938 год) замечательной книги Л.С.Понтрягина «Непрерывные группы». Я знал, для каких случаев положительное решение проблемы было им получено.

Как я писал дипломную работу?

Один из старших учеников Гельфанда — Георгий Евгеньевич Шилов. И вот Гельфанд мне посоветовал ходить на семинар Шилова. Там изучались нормированные кольца функций. Докторская диссертация Гельфанда была посвящена коммутативным нормированным кольцам, и важнейший пример таких колец, к которому, в некотором смысле, всё сводится, — это кольца функций (например, кольцо непрерывных функций). У Гельфанда есть совместная работа с Колмогоровым, где было доказано, что если есть два топологических множества и если кольца непрерывных функций на них изоморфны, то сами множества гомеоморфны. То есть кольца функций определяют топологию сами по себе. Гельфанд показал несколько больше: само множество, на котором функции естественным образом заданы, может быть восстановлено по кольцу функций. Термин общепринятый — гельфандовская теория максимальных идеалов, гельфандовский гомеоморфизм — это и в математической энциклопедии есть.

3 Кажется, Е.М.Ландису основной результат этой заметки был известен.

Я разобрался с двумя вопроса сами про кольца функций. Других результатов у меня не было, и эти составили содержание дипломной работы. Это были мои первые публикации.4

Работы И.М.Гельфанда по теории представления некомпактных групп были замечены и оценены Германом Вейлем. (У Вейля есть знаменитая книга «Классические группы, их инварианты и представления»).

К следующему периоду моей жизни, когда я служил в армии, относится самая большая похвала, которую я получил от Гельфанда. А.М.Молчанов был со мной в оживлённой переписке, присылал книжки. Я там занимался теорией задач о собственных значениях и доказал некую теорему о поведении собственных функций уравнения Штурма-Лиувилля (сейчас его называют одномерным уравнением Шредингера). И когда Молчанов пересказал этот результат Гельфанду, тот сказал так: «После Германа Вейля в этой области это самый интересный результат». Это была очень высокая для меня похвала.

Добавление

В 1950 годы американские математики D.Montgomery and I.Zippin дали в неком смысле полное решение пятой проблемы Гильберта. Демобилизовавшись в 1953, я посещал семинар Гельфанда, и он спросил, кто возьмется рассказать эти работы.

Я немедленно вызвался и стал их читать. Спустя некоторое время я сказал, что готов попробовать рассказать. Но время для моего выступления никак не находилось, постоянно были другие интересные доклады.

Откуда-то стало известно, что я разбирался с решением пятой проблемы, и меня пригласил П.К.Рашевский выступить на его семинаре. Этот доклад состоялся. Я откровенно сказал, что не все

4 Э.Э.Шноль. Замкнутые идеалы в кольце непрерывно дифференцируемых функций.// Матем. Сборник, 1950, т. 27, вып. 2, с. 281-284. Э.Э.Шноль. Строение идеалов в кольцах Ra.// Матем. Сборник, 1950, т. 27, вып. 1,с. 143-146.

понял, на что Петр Константинович заметил, что «они тоже не топологи». Доклад мой, видимо, понравился, и Рашевский пригласил меня пойти работать на кафедру математики в одном из вузов, которую он, вроде бы, возглавлял. Я ему ответил, что это никак невозможно, потому что я — классный руководитель выпускного (десятого) класса. П.К. отнесся к этому с пониманием. Это был 1954/55 учебный год.

Снимок 1944 года. Во втором ряду стоят: участники Войны, одна из студенток — дочь немецкого коммуниста, которая училась с нами. Второй слева — Тимур Магометович Энеев, нынешний академик РАН, крайний справа Иван Васильевич Чувило — летчик, потерявший на фронте руку.

А.В. Егоров

Школа №5, г. Москва

Размышления

Немного о себе

1941 года. Война — родился в эвакуации. Корнями с небольшого украинского города. В Москве с 1951 года. Окончил 143 школу около Тишинского рынка. Близость рынка никак не сказалась на восприятии мира, хотя в 1953 году во дворе и появилось много молодых, наглых парней. Мне и моим товарищам повезло, у нас была классная руководительница Софья Николаевна Белова. Трудно сейчас в это поверить, что на день рождения мы ходили к ней домой в коммуналку на пирожки. Софья Петровна пекла чудесные пирожки. И к себе приглашали и считали ее приход к нам за честь. Храню книгу по ботанике с подписью Софьи Николаевны. Нас всех просто любили, при всей сложности каждого из нас. Было и немало других хороших людей (учителей) в чью память мы поднимаем первую рюмку при встречах. Нас осталось уже немного, но встречаемся довольно регулярно вот уже 50 лет.

В 13-15 лет прочитал всего Макаренко. Потом историю педагогики, ранние публикации Сухомлинского. Почему? Возможно потому, что мой дедушка когда-то работал учителем в начальной школе, хотя я узнал об этом уже после его смерти. Мама и бабушка не хотели, чтобы я шел в учителя, (немного родители хотят этого и сегодня). Поступая в МИТХТ (Московский институт тонкой химической технологии), но первый экзамен — немецкий язык. Я не мог сдать даже на «3». Судьба!

После этого уже никто не возражал против МГПИ им. Ленина. Факультет математики и черчения. Через две-три недели попал в сводный студенческий отряд, который работал в детских домах Подмосковья. В 1960 году познакомился с учеником Макаренко — Семеном Калабалиным и его женой Галиной, о которой я читал в детстве в книгах Вигдоровой. Судьба!! Был потрясен и очарован! После второго курса ушел в армию служить в ГДР — разведчик. Служба научила работать в команде, считаться с мнением и интересами других. Дальше все просто: с 1965 г. ПТУ (мастер по лиф-

там), как-то незаметно закончил институт МОПИ заочно, школа 537, школа 546 (15 лет), школа 433 (10 лет) школа №5 ( уже 16 лет). Учитель-методист.

Почетный работник среднего и высшего образования. Заслуженный учитель России. Обладатель гранта Президента

В каждой школе находились товарищи, у которых было чему учиться. Особенно большое влияние на меня оказали директора: Н.Г. Востокова; Н.И. Петрова. Т.Е. Маркелова. Без их поддержки, возможно, я бы просто все бросил.

С 1960 года занимался с детьми разных возрастов и школ шахматами и шашками. Команды 546 и школы №5 призеры и чемпионы города по шахматам и шашкам. В первенстве России 2009 г. заняли 8 место из 24.

Во всех институтах и университетах Москвы есть ученики. Некоторых из учеников стали учителями, некоторые стали очень хорошими учителями. Надеюсь, что чем-то был им полезен.

Рассуждения

I. О профессии:

Показать ученику — математика это просто! Немного внимания, немного труда и все получится. Чем это раньше показать, тем лучше. 5 класс. Проценты. Принесите на урок рекламки распродаж. Очень быстро дети разберутся. Реальные задачи, а уже потом задачи «с наворотами». Показать — запоминать надо не много!

10 кл. Уравнение касательной! Лучше частное решение, без применения формулы. Просто проделать все рассуждения, а не формулу на память. Такой путь более долгий, но ведь мы должны (хотим) научить ученика рассуждать.

Можно почти в каждой теме (в каждой!) подобрать задания при решении которых просматривается весь ход решения, а не только применение формул. Только не просто применение формул. Только потом и не всем можно «накручивать» условия задачи. Общая схема рассуждения ведь все равно не меняется.

И так в каждом классе, в каждой теме. Особенно в тригонометрии. Не пугайте учеников количеством формул. Все легко и быстро выводится.

Показать ученику — разницы между ним и учителем, почти нет. Просто учитель этот путь уже прошел, а он только у начала. Особенно хороши задачи для 5-6 классов на рассуждения. Ведь очень часто ученики находят просто изумительные способы решения. Не бойтесь признать, что вы до такого способа не додумались. Ученики будут искать (и находить) другой путь! Но ведь это и есть задача учителя, особенно учителя математики.

II. «Учитель — тоже Человек!»

Я всегда считал, что у доски в первую очередь стоит человек, а уже потом — учитель. Наш предмет интересен тогда, когда интересны мы сами. Покажите ученикам, что Вы умеете делать за пределами класса. Не можете показать — расскажите. Лучше — показать. Спорт, искусство, рукоделие. Ведь каждый из Нас что-то умеет. Делайте это на глазах учеников, делайте вместе с ними. Не бойтесь показать ученикам, что Вы что-то не умеете или не знаете, большая часть Вас поймет правильно.

Я пришел на первый урок — 8 класс.

Показал, что пишу влево. Сказал, что заикаюсь и картавлю. На что мне сказали ученики: «Мы здесь все со странностями!» Проблем не было никаких.

III. Об оценках

Вечная проблема: учитель не любит, учитель придирается, учитель занизил оценку. Так думал и я в 12-16 лет. Последние 20-30 лет я оценки ученикам не ставлю. Только за письменные работы и только по известным и заранее объявленным правилам. Лозунг прост: «Ученик пришел учиться — учитель пришел учить!» Рассуждайте, ошибайтесь — учитесь. Решил правильно?! А разве Ты мог сделать иначе? Ошибся? Давай разберемся, в чем дело! Поработай еще! Причем здесь оценка?!

А как оценить конечный результат работы? Объявляется тип задач по теме. Объявляется уровень сложности задач. Объявляется количество баллов, которое можно получить. Объявляется список баллов для получения той или иной оценки за конечную письменную работу. Далее ученик сам выбирает для себя уровень сложности, уровень баллов. Конечно, учитель должен стараться «подтолкнуть» ученика к выбору хотя бы средних баллов, то тут уже как получится. Можно дать возможность ученику пересдать тому на более высокий балл, но это не переписывание контрольной, а вы-

полнение довольно большого объема заданий по этой теме. В старших классах очень удобно использовать задачник Р.Б. Райхмиста. «Задачник по математике для учащихся средней школы и поступающих в ВУЗЫ». Такая система позволяет мне свести споры об оценке практически к нулю.

Еще немного о личном экзамене — это своего рода «последний шанс», предоставляемый ученику в конце года, если он изъявил желание повысить свою итоговую оценку, несмотря на то, что по каким-то причинам не смог выполнить условия, о которых говорилось выше. Имея, например одну «5» («4» или «3») за контрольную работу и все или почти все (до 80 %) «—» за дополнительные задания ученик имеет право сдать так называемый «личный экзамен». Учащийся составляет его самостоятельно, подбирая не менее (можно и больше) 3 заданий по каждой теме, изучаемой в текущем году. Готовить свой вариант «экзамена» ученик может в течение месяца до конца учебного года (примерно в интервале с 25 апреля по 25 мая); после чего он сдает подобранный материал (оформляется произвольно: набирается на компьютере, пишется от руки и т.п.) и, на отдельных страницах — его решения учителю. После этого учитель имеет право дать ученику для решения его же собственный вариант, или, подобный, составленный кем-то из учащихся для решения, после чего и выставляется итоговая оценка, соответствующая полученному результату (конечно, не ниже текущей оценки). Составляют его и отличники, они как бы «защищают» свой высокий статус. Уровень подобранного материала порой заметно превосходит тот, который они выполняли в течение учебного года.

Такая система дает возможность ученику быть уверенным, что он получит то, что хотел. Не знал, что еще в 1908 году немецкий математик и педагог Фишке Клейк писал: «ученика нужно не только услаждать и поучать, но еще в нем надо будить силы, которые вели бы его дальше и побуждали его к самостоятельной деятельности».

И.Б. Писаренко

Лицей № 1557, «Интеллектуал», г. Москва

Трудности доказательств (эти противные доказательства от противного)

Иногда вместо того, что бы доказывать высказывание « А », мы можем попытаться опровергнуть его отрицание, высказывание «не А ». Для этого мы должны показать, что «не А » ведет к противоречию, то есть к заведомо ложному высказыванию. Доказательство методом от противного начинают с волшебной фразы: «предположим, что напротив».

Пример 1.

Утверждение. Не существует дроби —, такой, что — = 2 .

Доказательство. Предположим, что напротив существует несократимая дробь —, такая, что — =2. Можно считать, что -- несократима (иначе — сократим).

Тогда m2 = 2n2 и m — четно, то есть m = 2к.

Подставив в исходное равенство получаем: 4к2 = 2/72, откуда n2 -2k1 ^ значит n — четное.

Следовательно, дробь--сократима. Противоречие. (Ч.т.д.)

Пример 2: Множество простых чисел бесконечно.

Доказательство. Предположим, что напротив множество простых чисел конечно.

Тогда должно существовать наибольшее простое число, обозначим его через рп. Составим произведение всех простых чисел 2⋅ 3⋅ 5⋅...⋅ рп и рассмотрим число р = 2- 3⋅ 5⋅ рп +1.

Число р не является простым, так как р>рп, а по предположению рп наибольшее простое число. Оно не является так же составным, так как сумма не делится ни на одно из простых чисел

2, 3,5, ..., рп, поскольку при делении на любое из них имеет остаток 1.

А других простых чисел по предположению не существует. Полученное противоречие показывает, что предположение неверно. (Ч.т.д.)

Доказательство от противного применяют к утверждениям вида: «Если А , то В »

Предполагают, что истина — это отрицание теоремы (« А и В»). И далее получают какое то противоречивое высказывание.

Причем тут очень широкий выбор возможных противоречий:

Пример 3:

Утверждение: Если ∠ABC > ∠BCA , то АС > AB (против большего угла лежит большая сторона)

Доказательство.

Предположим, что напротив ∠АВС > ∠BCA и АС < AB . Если АС = AB, т.е. против равных сторон лежат равнее углы, то ∠ABC = ∠BCA

Если AB > AC, то т.е. против большей стороны лежит больший угол, значит ∠BCA > ∠АВС . Получили противоречие. (Ч.т.д.)

Перечислим достоинства доказательств от противного.

1 .Универсальность. Любое высказывание может быть доказано методом от противного. Действительно, если у нас есть некоторый вывод высказывания А, предположим, что верно «не А» и потом, применив этот вывод, выведем из него А и получим тогда ч.т.д. от противного.

2.Очень часто к известным истинам добавляется одна новая. Действительно в теореме при прямом доказательстве у нас есть только посылка А, а от противного у нас есть посылка A и В.

3. Совершенно ясно с какого условия начинать, с какой истины стартовать. Действительно, как прийти к А не понятно, а если мы идем от противного, то мы стартуем с «не А ».

4. Широта возможностей. Вместо узкой цели, одно высказывание, к которому надо прийти, перед нами вся математика, любое ложное утверждение, из любой области.

5.Понятно как надо двигаться. Отбирать надо самые сильные, самые невероятные следствия, что бы как можно быстрее прийти к финалу.

Достоинства непрямых доказательств моментально порождают их недостатки. Заметим, что достоинствами может воспользоваться тот, кто в совершенстве овладел непрямыми доказательствами.

Для того, что бы понять, с какими проблемами сталкивается ученик, разберем такой условный пример:

Утверждение: Если в огороде бузина, то в Киеве дядька. Доказательство.

Предположим, что бузина у нас в огороде, но дядька не в Киеве.

Бабка в Киеве

Жучка с внучкой

Внучка в Киеве

Бабка в Севастополе. Противоречие. (Ч.т.д.)

Новичок часто не очень понимает, как связана теорема «Если в огороде бузина, то в Киеве дядька» с утверждением «В огороде бузина, но дядька не в Киеве». Далее он не понимает что ч.т.д.? Что дядька у нас не в Киеве или что дядька в Киеве? Или может быть, что Бабка в Севастополе, а Жучка с внучкой? Не очень понятно, что именно ч.т.д. Причем ч.т.д. в доказательствах от противного наступает неожиданно. Тем более рассуждения, которые мы встречаем, они не сильно связаны с первоначальным. Мы перешли в другую область математики. Далее новичок может наткнуться на абсолютно ложное утверждение в конце и пишется ч.т.д. Это что, мы доказали абсолютно ложное утверждение? Либо мы встречаем противоречивые утверждения, стартовали с того, что в огороде бузина, потом получили, что её там нет и у нас ч.т.д. Странное доказательство. Здесь, когда бабка в Севастополе, вроде невинное утверждение, однако доказательство неожиданно закончилось, но потом новичок обнаруживает, что бабка то, в Киеве и становится, не очень понятно, где, же бабка. Достаточно сложное доказательство от противного данное новичку полностью его дезориентирует, он вообще не понимает что доказано, как доказано, почему доказано, у него возникает ощущение, что это одно большое сплошное надувательство.

Подведем итог недостатков:

1 .Надо утверждение А, а рассматриваем и работаем с А

2.Хотим доказать, что А — истина, а полагаем, что А — ложно.

3. Вынуждены все время сосредотачивать свое внимание не на верной теореме, которую следует запомнить, а на ложных допущениях, которые следует забыть.

4.Начало очень слабо связано с концом. Совсем в другую область уходим.

5.Конец доказательства наступает неожиданно. Иногда не ясно, почему всё, какая схема из множества возможных реализовалась.

6. Не очень понятно, что ч.т.д., А или А. Или какое-то промежуточное утверждение.

7.В доказательстве есть абсурдные или противоречащие друг другу утверждения.

Но самую большую психологическую трудность отметил Д.Пойа:

“Найти доказательство, которое является плодом большого умственного усилия, несомненно, большое достижение нашей мысли. Но даже для того, что бы заучить такое доказательство или понять его до конца, требуется определенное умственное усилие. Вполне естественно, что нам хочется, что бы этот труд не был затрачен даром, т.е. то, что мы сохраним в памяти было верно и точно, а неошибочно или абсурдно. Но сохранить истину из доказательства методом от противного довольно трудно. Исходным моментом всех рассуждения является ошибочное предположение, выводы из которого в равной мере ошибочны, но их ошибочность уже несколько более очевидна. Таким образом, мы продолжаем делать выводы из предшествующих до тех пор, пока, наконец, не приходим к выводу, ошибочность которого абсолютно очевидна. Что бы не загромождать память ложными фактами, следует забыть доказательство как возможно быстрее. Но однако это невозможно, ибо во время работы над доказательством, необходимо точно и четко запоминать каждый шаг.”

Что бы избавиться от недостатков косвенного доказательства, надо его несколько преобразовать. Доказательство из примера 1 возражений не вызывает, потому что там достаточно быстро получаем противоречие, достаточно короткий цикл. Уже хуже с примером 2. Желательно доказательство от противного перевести в прямое доказательство, либо в полупрямое. Это значит уменьшить часть от противного до минимального возможного размера.

Давайте посмотрим, как можно переделать доказательство про простые числа:

Утверждение: По любому набору простых чисел можно построить новое простое число.

Доказательство. Пусть у нас дан набор простых чисел рх, ... рп . Рассмотрим число N = р1 р2 ⋅... ⋅ рп +1.

N не делится ни на одно из старых простых чисел, значит оно должно раскладываться на новые простые числа. (Ч.т.д.)

Следствие: Множество простых чисел бесконечно.

В примере 3 мы можем уйти от доказательства от противного, перестроив его в прямое доказательство, проведя отрезок ВК так, что бы ∠ABK = ∠AKB .

Следует отметить еще одну проблему: мы начинаем изучать какой-то предмет, избежать доказательства от противного, когда у нас мало позитивной информации, практически невозможно. И приходится доказывать очевидные вещи детям, с помощью совсем неочевидных доказательств. При этом возникает неприятие доказательств вообще и доказательств от противного в частности.

Например:

Как бы семиклассник докажет, что из точки А на прямую а можно провести только один перпендикуляр? Он скажет, видно что угол 2 меньше 90°, поэтому можно провести только один перпендикуляр.

И попытки навязать ему какие то доказательства от противного вызовут у него отторжение. Как можно с этим бороться ? Сказать, да, вы предложили хорошее доказательство для друзей, для тех, кто к Вам хорошо относится, но есть люди, которые Вас не очень любят. Они скажут «Вам видно, а мне не видно». И тогда, что бы переиграть Ваших врагов вы можете использовать такое доказательство. Сказать хорошо, пусть будет по-Вашему, есть два перпендикуляра к прямой из одной точки.

Но мы знаем, что две прямые, которые перпендикулярны третьей, между собой параллельны. То есть Ваше предположение абсурдно.

Краткие выводы:

1 .Доказательство от противного, хотя и обладают рядом достоинств, обладают и рядом очень значительных недостатков. Поэтому, не научив детей на простых задачах использовать доказательства от противного, нельзя переходить к содержательным задачам, тем более к отрицанию теорем.

2.По возможности надо по максимуму уходить от доказательств от противного, перестраивая их в прямые или полупрямые доказательства.

А.И. Сгибнев

Школа «Интеллектуал», г. Москва

Монолог и диалог в математике

Идея

Я учился в обычной школе, и из всех уроков математики мне больше всего запомнился один, на котором учительница при объяснении ошиблась, и класс вместе с ней искал ошибку.

Традиционный урок математики устроен монологически: ученику выдают готовый образец: определение, теорему, метод решения -а затем он должен, применяя их, решить задачу (произнести ответный монолог). Этому соответствует очень сильная монологическая традиция математических текстов, которые от «Начал» Евклида до наших дней пишут так: аксиома — определение — формулировка теоремы — доказательство. Преимущества этой схемы ясны: краткость и объективность. Но есть и недостатки:

- немотивированность (почему надо доказывать то, а не это);

- непонятно, как додуматься до утверждения или идеи;

- «Я так думать не умею, значит, я не математик», — считает ребёнок, видя, что его мысль не движется по этой схеме в четыре такта.

Между тем математики тоже люди и думают совсем не так, как пишут.

Это можно показать диалогическим ведением урока. Приведу пример из своей практики. 8 класс, тема «Средняя линия треугольника». Рисую треугольник со средней линией и прошу дать словесное определение. «Это линия, проходящая через середины сторон». Рисую контрпример. «Это линия, соединяющая середины сторон». Опять контрпример (я или кто-то из детей). «Это отрезок, соединяющий середины сторон». Ура! Открыли тетради, записали. Итак, потрачены 2-3 минуты, зато дети крепко запомнили определение и понимают, что в нём каждое слово важно. Дальше в похожем диалоге угадываем свойства средней линии и пытаемся их доказать. Сильный класс способен всё придумать сам (и даже просит: «Не рассказывайте, мы сами всё сделаем!»). Слабому классу приходится больше помогать, наводить, но в целом на диалог способны и они.

Что касается диалогических текстов по математике, то их наперечёт [1, 2, 3, 4]. Читать эти тексты очень интересно и очень непривычно — просто нет соответствующей традиции.

Сказанное можно проиллюстрировать опытом Кружка экспериментальной математики, который почти тридцать лет ведёт в Москве проф. Г.Б. Шабат. Его подход радикален: «Я детям вопросов не задаю. Я им показываю интересную математическую конструкцию, а они начинают с ней экспериментировать, искать её свойства и сами ставят вопросы». То есть нет чёткой монологической постановки задачи, но на каждом этапе работы идёт обсуждение с ребёнком, диалог. Замечательно, что за десятилетия работы кружка было всего несколько случаев, когда ребёнок совсем не справлялся с задачей.

Подведём итог. Традиционная монологическая форма занятий математикой отталкивает некоторых детей, вполне способных усвоить содержание этих занятий. Чтобы не потерять этих детей, нужно внедрять диалогические формы ведения урока и (что более трудно) создавать традицию диалогических текстов по математике.

Сейчас много говорят о гуманитаризации школьной программы. Я думаю, что настоящая гуманитаризация математики не в том, чтобы её упростить и разукрасить побрякушками, а в том, чтобы показать её человеческую сущность. А для этого надо на уроках математики не только диктовать теоремы, но и разговаривать с учениками.

Практика: примеры диалогов

В качестве приложения приведу примеры диалогов, имевших место действительности. Имена и реплики могли измениться лишь в силу погрешностей памяти автора и особенностей жанра.

9 класс. Формулы площади круга.

Учитель. Нарисованы две концентрические окружности. Сколько измерений линейкой нужно сделать, чтобы найти площадь кольца между ними?

Дети. Два! Радиусы окружностей R и r.

Учитель. А с одним измерением получится?

Никита. Надо измерить «толщину» кольца.

Слава. Нет. Может быть кольцо с той же толщиной, но совсем с другой площадью (рисует на доске).

Илья. Наверно, надо провести хорду / большой окружности, касающуюся малой.

Аким. Ну да!

Когда ученики привыкают к такому стилю урока, случаются интересные диалоги, не запланированные учителем.

7 класс. Делимость.

Учитель. Нужно доказать, что сумма к нечётных подряд идущих чисел делится на к. (Учитель предполагал решение через остатки, но вышло иначе.)

Дима. Очень просто: 1 1 + 3 + 5 +... + (2k -1) = к2, что делится на к.

Учитель. Все ли согласны?

Аня. Но ведь Дима начал с 1. А в задаче можно начать с любого нечётного числа.

Ваня. Тогда к каждому слагаемому Диминой суммы добавится одно и то же число n. Значит, сумма увеличится на кп, а эта величина делится на к.

Учитель. Тем самым новая сумма тоже делится на к. Обратите внимание, что мы сначала решили задачу для простого частного случая, а потом обобщили.

7 класс. Окружность. (Вёл урок и записал диалог Д.Э. Шноль.)

Учитель. Существует три названия отрезков, связанных с окружностью. Два из них вы наверняка знаете.

Дети (кричат одновременно). Конечно: радиус и диаметр!

Учитель. А что такое диаметр?

Миша. Это два радиуса.

Учитель. Так, что ли? (Рисует два радиуса под острым углом.)

Миша. Нет. Диаметр — это два радиуса, лежащие на одной прямой.

Учитель. По смыслу верно, но по формулировке коряво. Определять диаметр, как отрезок, состоящий из двух других, не очень хорошо. Давайте определим диаметр как-нибудь по-другому.

Пауза.

Юля. А какой еще третий отрезок бывает в окружности, Вы говорили?

Учитель. Да, а какой ещё третий?

Дима. Я знаю: хорда — отрезок, соединяющий две точки окружности.

Юля. Любой отрезок?

Дима. Любой.

Юля. Тогда диаметр — это тоже хорда.

Дима. Конечно.

Юля. Даю определение: диаметром называется хорда, проходящая через центр окружности.

Учитель. Отлично. Записываем в тетради.

Пока записывают определение.

Оскар. А мы умеем доказывать, что хорда всегда меньше диаметра?

Учитель. Отличный вопрос! Только уточним: всегда не больше диаметра. Подумайте полминуты, потом обсудим, как это доказать.

Через полминуты.

Ваня. Давайте сначала возьмём диаметр и хорду с общей точкой.

(Ученик имеет в виду — с общей точкой на окружности, это понятно по контексту, и учитель не придирается к формулировке.)

Учитель. Разумно (рисует на доске).

Ваня. Получим треугольник.

Учитель. Хорошо, дальше.

Ваня. Дальше пока не знаю.

Учитель. Думайте, нужно ещё что-то провести.

(Теорему о вписанном угле ученики не знают, а неравенство треугольника и вид треугольника, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, — знают.)

Пауза.

Юля и Ваня (одновременно). Проведём медиану к диаметру, это радиус, он равен половине диаметра, треугольник прямоугольный, значит, гипотенуза — наибольшая сторона.

Учитель. Всё? Или ещё что-то осталось?

Ваня. Нет, нужно рассмотреть общий случай, когда у диаметра и хорды нет общей точки (на окружности).

Дима. Элементарно: все диаметры окружности равны, значит, проведём дополнительный диаметр и сведем к предыдущему случаю.

Учитель. Здорово. Спасибо всем и особенно Оскару за содержательный вопрос.

6 класс. Рациональные и иррациональные числа.

(В учебнике Никольского «Арифметика, 6» в дополнительном пункте дано обоснование того, что каждой точке на действительной оси соответствует координата — либо рациональная, либо иррациональная).

Учитель. Нанесём на ось «зарубки» с целыми координатами. Если наша точка попала на такую зарубку, то, значит, координата целая. Если же она попала между двумя зарубками, то мы можем определить координату с избытком и с недостатком с точностью до 1. Что же делать, если мы хотим определить её точнее?

Дети. Поделить отрезок между этими двумя зарубками на 10 равных частей.

Учитель. Если точка оказалась на зарубке, получим дробь со знаменателем 10. А если она опять попала между двумя зарубками?

Дети. Поделим отрезок ещё на 10 частей!

Учитель. И так далее. Возможны два исхода. Либо точка на каком-то шаге попадёт на зарубку, и тогда координата запишется конечной дробью. Либо точка на каждом шаге попадает между зарубок, и тогда координата будет записываться бесконечной дробью.

На этом учитель предполагал завершить обсуждение, но ученики только раскачались:

Данила. А как понять — кончится процесс когда-нибудь или нет? (Это вопрос о соотнесении теоретической конструкции и её практического осуществления.)

Олег. Ну, если точка нарисована на доске — она обязательно на каком-то шаге попадёт на зарубку. (Фактически Олег понял, что для практики всегда достаточно рациональных величин.)

Данила. А почему мы делим отрезок именно на 10 частей?

Витя. У нас же десятичная система счисления.

Илья. Так удобнее записывать измерения.

Данила. Но ведь некоторые координаты при делении на другое число частей окажутся конечными дробями.

Учитель. Например, 0,333... = 1/3 , поэтому при делении на 3 части процесс бесконечен, а при делении на 10 частей всё остановится через один шаг.

Глеб. Но если при делении на 10 частей координата иррациональна, то и при делении на другое число частей — тоже. (Глеб выдвинул — верную! — гипотезу, которую шестиклассники вряд ли смогут доказать, поэтому учитель не стал развивать тему.)

Диалогическое ведение урока требует от учителя внимания к мыслям учеников, быстрой реакции, готовности отступить от намеченного плана. Если школьник пытается высказать сложную мысль, надо ему помочь её сформулировать, подсказать хороший пример и т.д. Когда мысль высказана, полезно её обсудить. Если идея неверна, надо дать шанс детям это увидеть самим. Не стоит ученика сильно критиковать (и уж тем более ставить плохие оценки!), всегда надо подчёркивать рациональное зерно в его идее.

Ясно, что при таком подходе время урока гораздо труднее поддаётся планированию, чем при монологической форме. Зато случаются неожиданные открытия, которые надолго запоминаются и могут изменить отношение детей к математике.

С диалогическими материалами по школьной математике можно познакомиться на сайте http://int-sch.ru/math. Буду благодарен за любые обсуждения и материалы.

Литература

1. Пойа Д. Математика и правдоподобные рассуждения. — М: Иностранная Литература, 1957.

2. Лакатос И. Доказательства и опровержения. — М.: Наука, 1967.

3. Звонкин А.К. Малыши и математика. Домашний кружок для дошкольников. — М.: МЦМНО; МИОО, 2006.

4. Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Ленинградские математические кружки. — Киров: АСА, 1994. Тема «Математическая индукция» (автор И.С. Рубанов).

А.И. Сгибнев

Школа «Интеллектуал», г. Москва

Аналитический отчёт об учебной поездке в Сингапур 26.10-06.11.2009

Население Сингапура — почти 5 млн человек. В Сингапуре около 400 школ. Школа 12-летняя. Нет школ с 1 по 12 класс. Есть Primary School (1-6 класс), Secondary School (7-10 класс), High School (11-12 класс). Распространились Junior Schools (9-12 классы). National Junior College в этом году впервые в Сингапуре открыл программу 7-12 класс.

Школа

National Junior College — первый в Сингапуре колледж (1969). Плата за обучение есть, но она незначительная. В школе учатся дети очень разного имущественного положения. Для неимущих есть социальные стипендии. Один из девизов школы: Service with honour — Служить с честью. Школа воспитывает чувство принадлежности к своей стране, ответственности перед ней. Каждое утро начинается с линейки, на которой поют гимн страны и гимн школы, поднимают флаги. Среди выпускников школы — премьер-министр и ряд других министров, а также крупные бизнесмены. Клуб выпускников устраивает встречи школьников с известными выпускниками.

Вообще в сингапурских классах учится до 40 человек, а в NJC -20-25 человек. В классах есть классные руководители (tutors); кроме того, у выдающихся учеников есть личные руководители (Personal mentors).

Средняя нагрузка учителя — 10 часов уроков и 6 часов проектов и другой нагрузки. Учителя жёстко закреплены за классами: средние или старшие.

Учебная программа

NJC принимает на 6-летнее, 4-летнее и 2-летнее обучение. В NJC можно поступить из совершенно разных школ, в то время как многие другие сингапурские школы ориентированы на школьников

из определённых школ. Также в NJC принимаются школьники из других стран.

Расскажем для примера о приёме на 6-летнее обучение.

Отбор происходит в 3 этапа:

1) тесты на способности (приглашаются все),

2) однодневный лагерь (приглашаются прошедшие предыдущий этап),

3) собеседование (приглашаются прошедшие предыдущий этап).

Критерии отбора: учебные успехи, лидерские качества, активное участие во внеурочной деятельности, навыки общения, работоспособность, качества характера и социальные качества. Отсюда видно, что NJC не стремится набирать исключительно интеллектуальных гениев! Всякий открытый, энергичный, общительный (и умеренно способный) ребёнок может туда попасть.

Есть возможность выбирать некоторые модули обучения, а также ускорять изучение предметов, по которым ты особенно успешен, с тем, чтобы в следующем году изучить предмет на более высоком уровне или уделить больше времени проектной работе.

Контроль: в NJC верят в полезность разнообразных форм отчётности школьников, и кроме традиционных письменных работ, применяют и другие виды отчётности: устные доклады, викторины, групповые и индивидуальные проекты, устные защиты, презентации, и т.д.

В средних классах 13 обязательных предметов (родной язык, математика, интегрированные естественные науки, интегрированные общественные науки, физкультура, обществознание, начала философии, исследования, и т.д.) и два предмета по выбору: Art Elective Programme (рисуют, фотографируют, занимаются дизайном, трёхмерным моделированием, редактируют видео) и Music Programme (в т.ч. мастерклассы композиторов и исполнителей).

В старших классах есть специализация:

• математика и естественные науки (предметы математика, физика, химия, биология) или

• гуманитарные науки, искусство и языки (предметы экономика, география, история, искусство, английская литература, а также национальные литературы и языки).

У каждого школьника должны быть уроки родного языка, а также General Paper либо Knoledge & Inquiry. Кроме того, каждый

школьник обязан выполнить проект. Далее, каждый школьник должен посещать как минимум четыре предмета своего направления и как минимум один — противоположного. Большинство предметов имеют три уровня сложности: H1, Н2 и Н3. Уровни H1 и Н2 имеют одинаковую «глубину», но H1 вдвое уже по охвату материала. Уровень Н3 предназначен для школьников, очень хорошо успевающих в уровне Н2 по соответствующему предмету, и служит дополнением к нему (курсовые, работа в университетских лабораториях и т.д.). Уровни H1 и Н3 приравниваются к одной учебной единице, а уровень Н2 — к двум. Максимум допустимой нагрузки -12 учебных единиц и не более двух предметов на уровне Н3.

Дополнительное образование

В школе около 40 видов Co-Curriculum Activities — аналогов наших кружков. Они делятся на 3 основные группы:

• Спортивные (айкидо, софтбол, сквош, хоккей, баскетбол, настольный и большой теннис и т.д. — всего 15)

• Клубы и общества (эстетический, астрономический, литературный, математическое общество и т.д. — всего 13)

• Искусство (китайский оркестр, фортепианный ансамбль, 4 группы национальных танцев и т.д. — всего 17).

Большое внимание уделяется физическому развитию учеников. В результате ученики NJC регулярно побеждают на национальных соревнованиях по многим видам спорта, а также выходят на международные. В этом году они даже выиграли в мировом чемпионате юниоров по Dragon Boat Racing.

Представления на всех праздниках (кроме Дня учителя) устраивают школьники. Так, при нас проходил прекрасный праздник, посвящённый сразу двум культурам — индийской и мусульманской.

Много внимания уделяется учебным и культурным обменам со школами высокого уровня в Англии, Китае, Японии, Корее и др. Так, обменные программы с Тайванем начались в 1982 году, языковое сотрудничество с немецкими школами — с 1992 года.

Школа сотрудничает в 70 исследовательских программах под руководством научных институтов, как местных, так и заграничных.

Интернат

Под территорию интерната отведено 2 гектара земли. Интернат в NJC — 7-этажный. На каждом этаже живут 4 учителя-воспитателя, в комнатах по одному с удобствами, кондиционером, вентилятором и около 80 школьников в комнатах по двое с вентиляторами. На этаже несколько туалетов и рекреаций с холодильниками, раковинами, питьевыми фонтанчиками, стиральными машинами, сушилками. В здании 7 этажей, на чётных живут мальчики, на нечётных -девочки. Ходить на чужие этажи строго запрещено. В общежитии живут сменами по 10 недель (term): 7 класс, потом 8 класс, потом 9 класс, потом 10 класс. Из 11 и 12 классов живут только Leaders. Также в интернате есть большая столовая, гимнастический зал, библиотека, компьютерные классы, учебные комнаты.

Проживание в интернате имеет свою обучающую-социализирующую программу. Каждый школьник оказывается под опекой одного из House Masters, которые заботятся об их социальном и эмоциональном развитии, регулярно устраивают игры и праздники. (При нас в столовой проходил праздничный ужин — школьников учили одеваться в торжественные платья и вести себя на официальных приёмах.) Жизнь в интернате является важной компонентой образования, которая воспитывает чувство принадлежности к Колледжу, а через него и к нации. В интернате между учениками завязываются вертикальные и горизонтальные связи.

Каждому школьнику регулярно дают возможность побыть лидером в том или ином виде деятельности, выделяя ему свою зону ответственности. (Например, приём иностранных школьников по обмену, организация их экскурсионной программы.)

Оборудование кабинетов

В каждом кабинете есть маркерная доска; парты на колесиках в виде трапеций, которые можно состыковывать, как удобно; круглые табуретки на колесиках с регулируемой высотой; проектор, закреплённый под потолком. В Science Lab много раковин с технической водой. Перегородка разгораживает класс на 2 отдельных класса (площадью примерно 5×10 метров). На занятиях используются раздаточные материалы, презентации (почти на каждом), видеофильмы, интерактивная панель, графический калькулятор и его эмулятор на экране.

Анализ уроков

Методически уроки грамотные — чередование разных видов деятельности, опросы и т.д. учителя отличные — знающие, зажигательные, умеющие соединить строгость с открытостью и простотой общения. Техника на высоте: раздаточный материал, проекторы, презентации, фильмы, эмулятор калькулятора, интерактивная доска... Содержание уроков довольно обычное. Это довольно простые, инструктивно сформулированные задания, несложные конструкции. Глубокие идеи не обсуждались. Учителя стремятся к наглядности объяснений, и для наших школьников она иногда была чрезмерной. Такой подход хорош для среднеспособных школьников. Для одарённых, на мой взгляд, полезнее более сложные и идейные понятия, более открытые и творческие задания. Этого не было. (Конечно, мы успели увидеть не так много уроков, они были даны специально для нас и только в рамках средней школы. Так что окончательно считать, что всё преподавание в NJC нацелено на среднеспособного ученика, нельзя.)

Замечания по организации с нашей стороны

Учёба будет иметь больший эффект, если предварительно

• познакомить детей с основными вехами истории страны

• настроиться в присутствии сингапурцев говорить только по-английски (вежливость + языковая практика)

• готовить к вечерним обсуждениям ответы на специальные вопросы (например, какие 3 новых слова Вы сегодня узнали, какие экспонаты в музее Вам больше всего понравились)

А.А. Наумов

ВМиК МГУ, г. Москва

О работе в летнем лагере

В летнем математическом лагере «Коблево-2009» школьникам предлагалось небольшое элементарное введение в теорию вероятностей. Последнее время теория вероятностей стала популярной наукой среди многих современных математиков и нашла свои многочисленные применения в различных разделах математики, физики, биологии, финансовом и страховом деле. Поэтому появилось желание рассказать школьникам немного об этой науке. В начале каждого занятия школьникам рассказывался необходимый минимум теории, а дальше предлагались листки с задачами. Ниже будет рассмотрена предложенная теория и разобраны задачи из первых двух листков.

В первый листок вошли задачи, в которых надо было грамотно построить интересующее нас пространство элементарных исходов, затем выделить те элементарные исходы, о которых спрашивается в задаче и посчитать вероятность по предложенным формулам. Во втором листке собраны задачи, в которых существенно использовалась элементарная комбинаторика, но в начале ученик должен был решить их без использования понятий сочетания и размещения. В конце предлагалось вывести формулу для числа размещений и сочетаний и, используя их, решить заново предыдущие задачи.

При подборе задач были использованы книги М. Беррондо «Занимательные задачи», Ф. Мостеллер «50 занимательных вероятностных задач», В. Феллер «Введение в теорию вероятностей и ее приложения», А.Н. Колмогоров, И.Г. Журбенко, А.В. Прохоров «Введение в теорию вероятностей», Б.В. Гнеденко, А.Я. Хинчин «Элементарное введение в теорию вероятностей». По мнению автора, последние две книги являются наилучшими пособиями по теории вероятностей для организации школьных математических кружков в 10-11 класса, но, к сожалению, было слишком мало времени, чтобы хотя бы частично пройти эти книги. В курсе также не было рассмотрено понятие случайной величины, ее математического ожидания и дисперсии, ничего не было рассказано о законе больших чисел и связи теории вероятностей с математической статистикой.

Пространство элементарных событий.

Прежде чем приступить к рассмотрению задач, введём некоторые необходимые понятия и некоторые соглашения. Прежде всего, отметим, что теория вероятностей не занимается анализом уникальных явлений, таких как:

Какова вероятность, что в каком-то году произойдет какое-то знаменательное событие!

Теория вероятностей имеет дело с явлениями, которые допускают многократное повторение. Сначала мы будем рассматривать классический подход к определению понятия вероятности. Рассмотрим множество (омега)

Будем под СО} понимать некоторое элементарное событие. Множество £1 называется пространством (множеством) элементарных событий.

Подбрасывается симметричная монета, стороны монеты помечены «Герб» — Г и «Решка» — Р. В этом случае пространство элементарных исходов представляет собой множество из двух точек: Q = {Г, Р} .

Два раза подбрасывается симметричная монета. В этом случае множество элементарных исходов представляет собой прямое произведение двух множеств:

а = (г,р}х{г,р}={(г,г),(г,р),(р,г),(р,р)?

Под событием будем понимать подмножество множества элементарных событий. Например, при двукратном подбрасывании монеты под событием А = (выпал один герб} понимается множество, состоящее из двух элементарных событий: {(Г,Р)9(Р,Г)} .

Через A и В, А ел В определим объединение и пересечение событий.

Вероятность.

Будем считать, что все элементарные исходы щ,..., п равновозможные и припишем каждому из них вес pi равный Мп. Теперь для любого подмножества А пространства элементарных событий определим вероятность как

где N(Ä) число элементарных событий, составляющих событие А. Р(А) неотрицательная величина и 0<Р(А)< 1. Так при двукратном подбрасывании симметричной монеты вероятности всех элементарных событий очевидно равны lA, а вероятность события А —(выпал один герб) равна Vi. P(ÇÏ) = 1. Событие называется невозможным, если оно заведомо не может произойти. Вероятность невозможного события равна 0.

Обобщим понятие классической вероятности. Припишем каждому элементарному исходу Щ некоторый вес р(, веса могут различаться, но рх +...+рп = 1, Pi ^0.

Если наступление события А никак не влияет на наступление события В, то Р(АВ) = Р(А)Р(В).

Условная вероятность.

Пусть нас интересует вероятность Р(А | В) некоторого события А при условии, что произошло событие В. Такая вероятность называется условной и может быть вычислена по формуле Р(А|В) = Р(АВ)/Р(В).

Листок 1.

Задача 1. Три раза подбрасывается симметричная монета. Какую комбинацию получить вероятнее: ГГР или ГГГ?

Решение. Построим множество элементарных исходов: ГГГ, ГГР, ГРГ, ГРР, РГГ, РГР, РРГ, РРР. Всего 8 исходов. Вероятность каждого исхода 1/8. Таким образом, вероятности интересующих нас комбинаций равны.

Задача 2. Бросаются две игральные кости. Что вероятнее: получить в сумме выпавших очков 9 или 10?

Решение. Множество элементарных исходов состоит из 36 элементов. Каждый элементарных исход представляет собой пару чисел от 1 до 6, где первое число — это очки, выпавшие на первой кости, а второе — на второй кости.

9 = 6+3 = 3+6 = 4+5 = 5+4. 10 = 6+4 = 5+5 = 4 +6. Следовательно, вероятность получить 9 равна 4/36, а 10—3/36.

Задача 3. Бросаются три игральные кости. Что вероятнее: получить в сумме выпавших очков 11 или 12?

Решение. Решение задачи аналогично решению предыдущей. Здесь пространство элементарных событий представляется собой множество троек чисел от 1 до 6. Всего таких троек 216. В 27 случаях сумма очков будет равна 11, а в 25 случаях сумма будет равна 12. Получаем, что вероятнее получить в сумме выпавших очков 11.

Задача 4. В урне находятся три белых носка, два черных и один красный. Вынимают три носка. Состав какого цвета извлечь наиболее вероятно?

Решение. Если обозначить носки через Б1, Б2, Б3, Ч1, Ч2, К, то элементарным исходом будет всевозможные тройки носков, причем тройки различаются только цветовым составом, но не отличаются порядком цветов. Легко выписать все тройки, их 20.

1 способ вынуть 3 белых шара.

6 способов вынуть 2 белых и 1 черный носок.

3 способа вынуть 2 белых и 1 красный носок.

1 способ вынуть 2 черных и 1 красный носок.

6 способов вынуть 1 белый, 1 черный и 1 красный носок.

3 способа вынуть 1 белый и 2 черных носка.

Таким образом, вероятнее вытащить 2 белых и 1 черный носок или 1 белый, 1 черный и 1 красный носок. К этой задаче рекомендовалось вернуться на втором занятии и решить ее при помощи сочетаний.

Задача 5. Рассмотрим всевозможные семьи с двумя детьми. В половине таких семей число мальчиков и девочек совпадает. Обстоит ли аналогично дело и для семьи с четырьмя детьми?

Решение. Выпишем всевозможные варианты семей с четырьмя детьми, выписанными в порядке старшинства:

ММММ, МММД, ММДМ, ММДД, МДММ, МДМД, МДДМ, МДДД, ДМММ, ДММД, ДМДМ, ДМДД, ДДММ, ДДМД, ДДДМ, ДДДД. Каждый вариант представляет элементарный исход в нашей задаче. Всего 16 исходов. 6 из них удовлетворяют условию задачи. Значит, в семье из четырех детей дело не обстоит аналогично.

Задача 6. Маша и Боря играют в некоторую игру, у обоих шансы на победу равны. Кто первый выиграет 6 партий, получает приз. Пусть игра остановилась на некотором шаге, и Боря выиграл 5 партий, а Маша 3 партии. Как следует разделить приз?

Решение. Продолжим игру 3-мя фиктивными партиями. Получаем множество элементарных исходов:

БББ, ББМ, БМБ, БММ, МББ, МБМ, ММБ, МММ. Только в последнем случае выигрывает Маша. Следовательно, приз надо разделить в отношении 7:1.

Задача 7. Три мальчика и две девочки сели на садовой скамейке погреться на солнце, причем разместились чисто случайно. Что более вероятно: что две девочки окажутся разделенными друг от друга или что они будут сидеть рядом?

Решение. Всего существует 10 вариантов выбора 2 мест для девочек. Каждый вариант представляет собой элементарных исход. Только четыре элементарных исхода приводят к тому, что две девочки окажутся рядом.

Задача 8. Правитель некоторой страны повелел, чтобы в каждой семье не было более одной девочки. В результате у каждой женщины этой страны последней — и только последней — была девочка, ибо ни одна женщина, родив девочку, не решалась больше иметь детей. Какую же долю составляли мальчики в общей доле детей этой страны?

Решение. Пусть N число матерей, которые уже более не рожают. У них по одной девочке, т.е. всего N девочек. У половины из них вообще нет мальчиков, ибо в половине случаев рождается девочка, а в половине случаев мальчик. У четвертой части матерей будет один мальчик, ибо 1/4 = 1/2 *1/2 есть вероятность того, что первым ребенком будет мальчик, а вторым — девочка. У восьмой части будет два мальчика и т.д. Всего получается

мальчиков. Известно, что

ибо этот ряд представляет собой производную геометрической прогрессии 1 + X + X + ...хп + ... = — . Положим теперь х = Vi и получим, что общее число мальчиков равно N. Т.е. доля мальчиков составляет 1А от общей доли детей в этом государстве.

Задача 9. Три охотника одновременно стреляют в зайчика. Шансы первого охотника на успех оцениваются как 3 из 5, второго — 3 из 10, третьего — 1 из 10. Каковы шансы зайчика спастись?

Решение. Рассмотрим множество элементарных исходов: ППП, ППН, ПНП, ПНН, НПП, НПН, ННП, ННН. Например, элементарному исходу ППН соответствует ситуация, в которой первые два охотника попали в зайчика, а последний охотник промахнулся. Зайчик выживает только в случае ННН, и вероятность этого элементарного события равна 2/5*7/10*9/10 = 126/500.

Задача 10. Ребенок играет с 10 буквами разрезной азбуки А, А, А, Е, И, К, М, М, Т, Т. Какова вероятность того, что при случайном расположении букв в ряд он получит слово «математика»?

Решение. На первое место мы можем поставить любую из 10 букв, на второе любую из оставшихся 9 и т.д. Всего получается 10! вариантов. Но в каждом слове мы учли порядок букв А, М, Т, следовательно, нужно разделить 10! на 3!*2!*2!. Таким образом, из азбуки А, А, Е, И, К, М, М, Т, Т можно составить 10!/3!2!2! слов. Одно из этих слов — слово «математика». Вероятность сложить это слово равна 3!2!2!/10!.

Задача 11. Из множества 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 наудачу выбрано число q, после чего составлено уравнение х2 +Ax + q = 0 . Какова вероятность того, что это уравнение имеет

1. Два различных корня

2. Два одинаковых корня

3. Не имеет корней

Решение. Предполагалось, что школьник еще не знаком с началами комплексного анализа и не знает, что у квадратного уравнения всегда два корня. Выпишем дискриминант квадратного уравнения D = 4-q . При q < 4 уравнение имеет два различных корня,

и вероятность такого события равна 2/5. При q = 4 уравнение имеет два совпадающих корня, вероятность такого события равна 1/10. При q > 4 уравнение не имеет корней, и вероятность такого события 1/2.

Задача 12. Куб, все грани которого окрашены, распилен на тысячу кубиков одинакового размера. Полученные кубики тщательно перемешаны. Определить вероятность того, что наудачу извлеченный кубик имеет две окрашенные грани.

Решение. Из 1000 кубиков 104 имеют две окрашенные грани. Следовательно, вероятность вытащить такой кубик равна 104/1000.

Задача 13. При стрельбе была получена частота попадания 0.6. Сколько было сделано выстрелов, если получено 12 промахов?

Решение. Множество элементарных исходов состоит из двух точек: У — успех, П — промах. Вероятность У равна 0.6, вероятность П — 0.4. Пусть N число выстрелов. Тогда вероятность промаха равна 12/N= 0.4. Отсюда N = 30.

Задача 14. В жюри из трех человек два члена независимо друг от друга принимают правильное решение с вероятностью р, а третий для вынесения решения бросает правильную монетку. Жюри из одного члена выносит правильное решение с вероятностью р. Какое из этих жюри выносит правильное решение с большей вероятностью?

Решение. Рассмотрим множество элементарных исходов: ВВВ, ВВН, ВНВ, ВНН, НВВ, НВН, ННВ, ННН. Например, буква В на первом месте означает, что первый член жюри вынес правильное решение, а буква H означает, что неправильное решение. Заметим, что элементарные исходы не являются равновероятными. Чтобы жюри из трех человек вынесло правильное решение, надо чтобы, по крайней мере, 2 члена вынесли верное решение. Событие «вынесено верное решение» представляет собой множество следующих элементарных событий: ВВВ, ВВН, ВНВ, НВВ. Р(ВВВ) =р*р/2. Р(ВВН) =р*р/2. Р(ВНВ) = р(1-р)/2. Р(НВВ) = р(1-р)/2. Таким образом, Р(вынесено верное решение) = Р(ВВВ)+Р(ВВН)+Р(ВНВ)+Р(НВВ) =р, т.е. вероятности совпадают.

Листок 2.

Задача 1. В ящике лежат красные и черные носки. Если наудачу из ящика вытаскиваются два носка, то вероятность того, что оба они красные, равна 0.5. Каково минимальное возможное число носков в ящике?

Решение. Пусть в ящике г красных и b черных носков. Вероятность того, что первый носок — красный, равна rf(r + b) и при осуществлении этого события условная вероятность того, что второй вынутый носок также красный, есть (r-1)f(r + b — 1). Согласно условиям задачи вероятность того, что оба носка — красные, равна

Заметим, что

Отсюда следует неравенство

Извлекая квадратные корни, для г > 1 получаем

Из первого неравенства имеем

Из второго неравенства находим

Для b =1 получаем 2,414 < r < 3,414, так что можно взять r-b . При г = 3 , b — 1 имеем Р(два красных носка) = Vi. Эту задачу мы решили, используя понятие условной вероятности, однако ее можно было решить используя понятие сочетания.

Задача 2. Пусть имеется 8 ячеек, в каждой из которых может находиться 0 или 1 (т.е. имеется строка из 8 битов, т.е. 1 байт). Сколько различных чисел можно представить одним байтом?

Решение. Используя индукцию легко решить эту задачу для произвольного n, получится 2n различных чисел.

Задача 3. Сколько существует различных пятизначных телефонных номеров (номер может начинаться с 0), в которых 1. Все цифры различны

2. Есть ровно одна пара повторяющихся цифр Решение. Первую цифру мы можем выбрать 10 способами, вторую цифру только 9 способами и т.д. Таким образом, в первом пункте ответ 10*9*8*7*6. Во втором пункте цифру для пары чисел мы можем выбрать 10 способами. Существует 10 способов расположить пару цифр внутри номера. Оставшиеся 3 цифры можно выбрать 9*8*7 способами. В итоге получаем ответ 10*10*9*8*7.

Задача 4. В одном порту находятся четыре корабля охранения, 6 грузовых судов, 3 крейсера. Из этих судов надо сформировать транспорт, который доставит груз в другой порт. Во главе идет корабль охранения, затем следуют три грузовых судна, далее — крейсер и последним — другой корабль охранения. Сколькими способами можно составить караван?

Решение. Первый корабль охранения можно выбрать 4 способами. Три грузовых судна можно выбрать 6*5*4 способами. Крейсер можно выбрать 3 способами. Еще один корабль охранения можно выбрать из оставшихся трех. Всего 4*6*5*4*4*3 вариантов.

Задача 5. На полке в случайном порядке расставлено 7 книг, среди которых находится трехтомник А.С. Пушкина. Сколькими способами можно расставить книги, чтобы

1. Тома Пушкина стояли в порядке возрастания слева направо, но не обязательно рядом

2. Тома Пушкина стояли рядом в порядке возрастания

Решение. Легко проверить, что в первом пункте существует 35 способов расположить 3 тома Пушкина. На каждое расположение томов Пушкина существует 4! способов расположить оставшиеся книжки. Таким образом, получаем 35*4! способов расположения книг. Во втором пункте существует 5 способов расположить тома Пушкина и на каждое такое расположение существует 4! способов расставить оставшиеся книги. Всего 5*4! = 5! способов.

Задача 6. В лифт 8-этажного дома на первом этаже вошли 5 человек. Предположим, что каждый из них с равной вероятностью может выйти на любом этаже, начиная со второго. Найти вероятность того, что все пятеро выйдут на разных этажах.

Решение. Первый человек может выйти на любом из 7 этажей. Для второго остается 6 вариантов и т.д. Следовательно, существует 7*6*5*4*3 способов для 5 человек выйти на разных этажах. Всего для каждого человека существует 7 вариантов выйти на каком-либо этаже. Следовательно, для 5 человек существует 75 способов выйти из лифта. Вероятность интересующего нас события равна 7*6*5*4*3/ 75.

Задача 7. Пять друзей живут вместе. Они решили, что утром, когда нужно будет пойти в магазин за хлебом, они будут тянуть жребий. На одной из пяти бумажек будет стоять буква Х. Кто вытянет бумажку с этой буквой, должен будет идти за хлебом. Для какого из друзей, вытягивающего бумажку первым, вторым, третьим, четвертым или пятым, вероятность вытянуть жребий X будет наибольшей?

Решение. Элементарным исходом является любая из 5! перестановок бумажек. Найдем вероятность, что бумажка «ле» достанется к-му по счету другу. Это событие содержит все исходы, в которых карточка «х» занимает k-ое место, а остальные 4 карточки могут занимать любые из оставшихся мест. Это может произойти 4! способами. Вероятность вытянуть бумажку «x» к-ыу по счету другу равна 4!/5! = 1/5. Эта вероятность не зависит от того, каким по порядку очередности вытягивать жребий.

Задача 8. Иногда приходится слышать, что некто при игре в бридж получил на руки 13 пик. Каковы шансы, при условии, что карты хорошо перетасованы, получить на руки 13 карт одной масти? (каждый из четырех игроков в бридж получает 13 карт из колоды в 52 карты).

Решение. Масть можно вытащить 52*12*11*...*1 способами. Общее число способов извлечения 13 карт из 52 равно 52*51*...*40. Искомая вероятность равна 52*12!f(52!39!).

Задача 9. Пусть имеется n предметов, отличающихся друг от друга каким-то признаком. Из этих предметов можно выбрать к предметов и разместить в каком-то порядке. Такой процесс называется размещением n предметов по к. Размещения отличаются друг

от друга составом или порядком предметов в них. Докажите, что число размещений n предметов по к равно n(n — Х)...(n — к +1).

Решение. Разобьем все размещения на n непересекающихся групп. В первую группу включим все размещения, начинающиеся с первого элемента, во вторую — со второго и т.д. Теперь, поскольку в первой группе первый элемент уже фиксирован, мы можем эту группу разбить на n-1 новых подгрупп: в первую подгруппу первой группы отнесем те и только те элементы первой группы, у которых второй по порядку элемент будет иметь номер 2. Во второй подгруппе вторым элементом будет элемент с номером 3 и т.д. Эту операцию мы проделаем для каждой группы. В результате мы получим n(n-1) различных подгрупп. Продолжив этот процесс разбиения далее, мы убедимся, что всех размещений будет n(n-1)(n-2)...(n-к + 1).

Задача 10. Сочетанием из n различных предметов по к называется произвольный набор к предметов из этих n. Различными считаются сочетания, отличающиеся составом. Докажите, что число сочетаний из n предметов по £ равно n(n-1)...(n-k + 1)/k!.

Решение. Рассмотрим все размещения из n элементов по к. Разобьем их на различные группы, в каждой из которых размещения различаются только порядком элементов, но не составом, а две различные группы отличаются хотя бы одним элементом. Очевидно, что число различных групп совпадает с числом сочетаний из n элементов по к. Но внутри каждой группы содержится к1 элементов. Таким образом, число сочетаний равно n(n-1)...(n-к + 1)/к!.

Задача 11. Из колоды карт наудачу вынимают 3 карты. Какова вероятность того, что среди них окажется

1. Хотя бы один туз

2. Ровно три туза

Решение. В первом пункте Р(хотя бы один туз) = 1 — Р(ни одного туза) = 1--у-. Во втором пункте вероятность вытащить ровно три туза равна

Задача 12. В урне содержится 5 красных и 5 черных шаров. Затем из нее случайным образом вынимают 3 шара. При этом поступают 2 способами: 1 — вынутый шар возвращают обратно в урну, 2 — шары не возвращают. В каком из этих случаев больше шансов вытянуть 2 красных и 1 черный шар?

Решение. В первом случае (взятие шара с возвращение) имеем: Рх = (число вариантов, при которых среди трех шаров оказывается один белый)/8 = 3/8.

Во втором случае требуемый результат оказывается более вероятным, чем в первом.

М.К. Потапов

МГУ, г. Москва

А.В. Шевкин

ФМШ №2007, г. Москва

О решении уравнений вида φ(φ(x)) = x

На вступительных экзаменах в вузы и на олимпиадах иногда предлагают решить уравнение, которое можно записать в виде

(А)

где φ (х) — некоторая функция. Например, уравнения

(а)

(б) (в)

(г)

есть уравнения вида (А). Действительно, в случае (а) φ (х) = X2—5х + 5, в случае (б) φ (х) = |/x+24 , в случае (в) φ (х) = sin X , в случае (г) φ (х) = |/6-2х .

Наряду с уравнением (А) можно рассмотреть уравнение

φ (х) = X . (Б)

Так как, очевидно, что уравнение (Б) проще уравнения (А), то надо попытаться использовать это обстоятельство для решения уравнения (А). Ниже будут приведены утверждения, которые можно применять при решении уравнений вида (А), используя более простые уравнения вида (Б).

Утверждение 1. Любой корень уравнения (Б) является корнем уравнения (А).

В самом деле. Пусть число х0 является корнем уравнения (Б). Тогда справедливо числовое равенство φ(х0) = х0. Используя это равенство два раза, получаем, что φ(φ(х0)) = φ(х0) = х0, т. е. φ(φ(х0)) = х0. А это и означает, что число х0 является корнем уравнения (А). Утверждение 1 доказано.

Отметим, что здесь и далее рассматриваются только действительные корни уравнений.

Утверждение 2. Пусть функция φ(х) строго возрастает на множестве X и пусть φ(х0)е X для любого x0gI, тогда уравнения (А) и (Б) равносильны на множестве X. (Множество X может совпадать с областью существования функции φ (х) или быть ее частью.)

Как показано выше, любой корень уравнения (Б) является корнем уравнения (А). Покажем теперь, что если функция φ (х) строго возрастает на множестве X и φ(х0)е X для любого х0 е X, то любой корень уравнения (А), принадлежащий множеству X, является корнем уравнения (Б).

Пусть число х0 е X и является корнем уравнения (А), тогда справедливо числовое равенство φ(φ(х0)) = х0. Докажем, что тогда справедливо и числовое равенство φ(х0) = х0.

Предположим противное, т.е. что φ(х0)^х0. Тогда если φ(х0)>х0, то, учитывая, что φ(х0)е X и x0eX силу возрастания функции φ (х) на множестве X получим, что справедливо числовое неравенство φ (φ (х0)) > φ(х0). Откуда, используя числовое неравенство φ(х0)>х0, получим, что φ(φ(х0))>х0, а это противоречит условию φ(φ(х0)) = х0.

Если же φ(х0) < х0, то, учитывая, что φ(х0)е X и х0 е X, в силу возрастания функции φ (х) на множестве X получим, что справедливо числовое неравенство φ (φ (х0)) < φ (х0). Откуда получим, что φ(φ(х0)) < х0, а это противоречит условию φ(φ(х0)) = х0.

Следовательно, предположение, что φ(х0)^х0 неверно и справедливо равенство φ(х0) = х0, т. е. число х0 является корнем уравнения (Б).

Если же хотя бы одно из уравнений (А) и (Б) не имеет корней, принадлежащих множеству X, то и другое уравнение не имеет корней, принадлежащих множеству X

Действительно, пусть уравнение (Б) не имеет корней, принадлежащих множеству Х. Тогда если предположить, что уравнение

(А) имеет корень х0еХ и φ(х0)еX, то, как показано выше, и уравнение (Б) имеет тот же корень, а это противоречит условию, что уравнение (Б) не имеет корней. Аналогично, но со ссылкой на утверждение 1, доказывается, что если уравнение (А) не имеет корней, принадлежащих множеству Х, то и уравнение (Б) не имеет корней, принадлежащих множеству X Утверждение 2 доказано полностью.

Отметим, что если функция φ (х) строго возрастает на множестве X и φ(х0)еХ для любого х0еХ, то уравнения φ(х) = х, φ (φ (х)) = X, φ (φ (φ (х))) = X и т. д. равносильны на множестве X.

Естественно возникает вопрос: справедливо ли утверждение, аналогичное утверждению 2, но для строго убывающей функции φ(х)?

Рассмотрим функцию φ(х) = \l\-x , она строго убывает на множестве R и φ(х0)е R для любого х0 е R. Уравнение φ (х) = х имеет вид |/1-х = X, оно равносильно уравнению х3 + х -1 = 0, которое, как можно показать, имеет единственный корень х0 е (0; 1).

Уравнение φ (φ (х)) = х имеет вид д/l — \fï~^x = х. Среди его корней есть числа 0 и 1, не являющиеся корнями уравнения φ (х) = X . Следовательно, для этой функции уравнения (А) и (Б) не равносильны.

Таким образом, для строго убывающей функции φ(х) утверждение о равносильности уравнений (А) и (Б), аналогичное утверждению 2, вообще говоря, неверно.

Покажем, как можно применять утверждение 2 при решении уравнений.

Пример 1. Решим уравнение

(1)

Функция φ(х) = |/x + 24 строго возрастает на множестве R, и Ф(х0)е R для любого х0е R. Тогда на основании утверждения 2 уравнение (1) равносильно уравнению

(1')

Уравнение (1') равносильно уравнению

которое имеет единственный корень х1 = 3. Следовательно, и равносильное ему уравнение (1) также имеет единственный корень 3 . Ответ. 3.

Отметим, что применение традиционного способа решения уравнения (1) — последовательное возведение в третью степень — приводит к уравнению девятой степени

решение которого является более сложным, чем приведенное выше решение.

Пример 2. Решим уравнение

(2]

Выполним равносильные преобразования уравнения (2):

(2')

Рассмотрим функцию φ(х) = ——, она строго возрастает на множестве R и φ(х0)е R для любого х0е R. Уравнение (2') имеет вид φ (φ (х)) = X, следовательно, по утверждению 2 оно равносильно уравнению φ(х) = х, т.е. уравнению -= х, которое имеет три корня: x1 =1, х2 =2, х3=-3. Следовательно, и равносильное ему уравнение (2) имеет те же три корня.

Ответ. 1; 2; -3.

Пример 3. Решим уравнение

(3)

В силу определения квадратного корня получаем, что если уравнение (3) имеет корни, то они принадлежат множеству X = —; +оо .

Поэтому далее будем рассматривать уравнение (3) на этом множестве. На нем уравнение (3) можно переписать в виде

(3')

Рассмотрим функцию φ(х) = -1 + — на множестве Х. Ясно, что φ (х) строго возрастает на этом множестве и φ(х0)еХ для любого х0еХ. Так как уравнение (3') можно записать в виде φ (φ (х)) = х, то на основании утверждения 2 уравнение (3') равносильно на множестве X уравнению Vx-1 + — = х, которое имеет единственный корень х1=^-. Следовательно, и равносильное ему на множестве Х уравнение (3) имеет единственный корень хх.

Ответ.

Пример 4. Решим уравнение

sin(sinx) = x. (4)

В силу того, что I sin а I < 1, для любого а, получаем, что если уравнение (4) имеет корни, то эти корни принадлежат множеству X = [-1; 1]. На множестве X функция φ (х) = sin х строго возрастает и φ(х0)еХ для любого х0еХ. Поэтому по утверждению 2 уравнение (4) равносильно на множестве Х уравнению

sin X = X ,

которое имеет единственный корень х1 = 0, принадлежащий множеству Х. Следовательно, и равносильное ему на множестве X уравнение (4) имеет единственный корень 0 . Ответ. 0.

Пример 5. Мехмат МГУ, 1974. Решим систему уравнений:

(5)

Рассмотрим функцию φ(г/) = г/ +2г/ + 2г/, она определена на множестве R и все ее значения принадлежат R. Перепишем систему

в виде <z = φ(зО или, применяя метод подстановки, в виде

(5')

Производная функции φ(г/) равна bи +4г/ + 2, она положительна для любых значений г/, поэтому функция φ(г/) строго возрастает на множестве R. Следовательно, третье уравнение системы (5') равносильно уравнению φ (х) = х, которое имеет вид

X3 +2х2 +2х = х (5")

Уравнение (5") имеет только два корня х} = 0 и х2 = -1. Теперь из системы (5) нетрудно найти два ее решения: (0;0;0) и (-1;-1;-1). Ответ. (0;0;0); (-1;-1;-1).

Покажем, как можно применять утверждение 1 при решении уравнений.

Если функция φ (х) не является строго возрастающей на множестве Х, на котором ищутся корни уравнения (А), то для решения уравнения (А) нельзя применять утверждение 2. В этом случае иногда может помочь утверждение 1.

Из утверждения 1 следует, что все корни уравнения (Б) являются корнями уравнения (А). Поэтому, решив уравнение (Б), можно найти часть корней уравнения (А). Если уравнение (А) алгебраическое или может быть сведено к алгебраическому, то знание части его корней позволит записать алгебраическое уравнение в виде равенства нулю произведения многочленов, что, естественно, облегчит нахождение других корней уравнения (А). Покажем, как это делается на примерах.

Пример 6. Решим уравнение

(x2—5х + 5)2—5(х2—5х + 5) + 5 = х. (6)

Рассмотрим функцию φ (х) = х — 5х + 5, уравнение (6) имеет вид φ (φ (х)) = Х. Функция φ (х) определена на множестве R и φ(х0) g R для любого х0 g R, но эта функция не является на R строго возрастающей. Однако по утверждению 1 уравнение (6) имеет своими корнями все корни уравнения φ (х) = х, т. е. уравнения

x2 -5х + 5 = X. (6')

Уравнение (6') имеет два корня x1 = 1 и х2 = 5 . Следовательно, уравнение (6) также имеет эти корни. Теперь перепишем уравнение (6) в виде Р4(х) = 0, где Р4(х) — многочлен четвертой степени.

Учитывая, что этот многочлен имеет два корня x1 и х2, разложим этот многочлен на множители. После чего уравнение (6) перепишем в виде:

(x2—6х + 5)(x2—4х +1) = 0 . (6")

Уравнение (6") и равносильное ему уравнение (6) имеют по четыре корня: x1 = 1, х2=5 , х3 = 2 — л/з , х4=2 + л/з.

Ответ. 1; 5; 2-л/з ; 2 + л/з .

Пример 7. Решим уравнение

(7)

В силу определения квадратного корня получаем, что если уравнение (7) имеет корни, то все они принадлежат множеству X = [0; 3]. Поэтому далее будем рассматривать уравнение (7) на множестве X

Рассмотрим на множестве X функцию φ (х) = — 2х, тогда уравнение (7) имеет вид φ (φ (х)) = х. Ясно, что функция φ (х) определена на множестве X и φ(х0^ X для любого х0е X, но эта функция строго убывает на множестве Х. Поэтому для решения уравнения (7) нельзя применить утверждение 2.

По утверждению 1 все корни уравнения φ (х) = х, т. е. уравнения

л/б-2х = X (7')

являются корнями уравнения (7). Решим уравнение (7'). На множестве X оно равносильно уравнению

имеющему два корня х, = -1 + V7 и х2 =-1 — л/У. Из них лишь х1 g X, поэтому лишь X1 есть корень уравнения (7). Теперь, зная один корень уравнения (7), решим это уравнение. Уравнение (7) равносильно на множестве Х уравнению

6-х2 =2л/б-2х (7")

Все корни уравнения (7") принадлежат множеству Хх =[0;л/б], в частности х1 е Хх, где Хх е X . На множестве Xj уравнение (7") равносильно уравнению

х4-12х2+8х + 12 = 0. (7'")

Так как все коэффициенты многочлена Р4(х) = х4-12х2 +8х + 12 целые числа и он имеет корень x1 =-1 + л/7, то этот многочлен имеет также корень х2 = -1 — л/7 . Следовательно, Р4 (х) = (х — x1 )(х — х2 )Р2 (х), где ^2(х) — многочлен второй степени. Так как (х-Xj)(x-х2) = X + 2х-6, то Р4(х) = (х2 + 2х-6)(х2 -2х-2). Следовательно, уравнение (7'") можно переписать в виде

(х2+2х-6)(х2-2х-2) = 0.

Теперь можно найти все его корни: x1 = -l + V7, х2 =-l-yfl, х3 = 1 + л/3 , х4 = 1 — л/3 . Легко проверить, что из этих чисел только X] е Хх. Но это означает, что уравнение (7) имеет единственный корень X1.

Ответ. -1 +

Отметим, что применение традиционного способа решения уравнения (7) — последовательное возведение уравнения в квадрат — привело бы к уравнению (7'"), равносильному на множестве Хх уравнению (7). Но нахождение корней уравнения (7'") без применения утверждения 1 представляется трудной задачей.

Сформулируем третье утверждение, доказательство которого почти дословно совпадает с доказательством утверждения 2.

Утверждение 3. Пусть функция φ(х) строго возрастает на множестве Хх и пусть множество X содержится в множестве Хх.

Пусть φ(х0)е Хх для любого х0е X, тогда уравнения φ (φ (х)) = X и φ (х) = X равносильны на множестве X

Пример 8. Найдем все корни уравнения

tg(tg*) = *, (8)

принадлежащие промежутку

Рассмотрим функцию φ (х) = tg х на множестве X, на этом множестве функция φ(х) строго возрастает, но tgx0 принадлежит множеству Хне для каждого х0 g Х. Поэтому для решения уравнения (8) нельзя применить утверждение 2. Однако φ (х0)е (-1; 1) для любого х0 g X, причем X с (-1; 1). Функция φ (х) строго возрастает на промежутке ^ = (—1; 1), поэтому по утверждению 3 уравнение (8) равносильно на множестве Х уравнению

tgx = x. ' (8')

Покажем, что уравнение (8') имеет единственный корень x1 = 0 , принадлежащий множеству X Очевидно, что число х} является корнем уравнения (8').

Для каждого х0 g ^0; — j справедливо неравенство tgx0 > х0 (см. учебник алгебры и начал анализа для 10-11 классов), из которого следует, что нет числа х0 g ^0; — j, для которого выполнялось бы равенство tgx0 = х0, т. е. уравнение (8') не имеет корней на интервале Г 0; —j ⋅ В силу нечетности функций tgx их, получаем, что уравнение (8') не имеет корней и на интервале oj- Следовательно, уравнение (8') на множестве X действительно имеет единственный корень 0 . Но тогда и уравнение (8) имеет единственный корень 0 . Ответ. 0.

Заметим, что с помощью утверждения 3 нельзя найти корни уравнения (8) на множестве X =--; — . Действительно, для лю-

бого имеем < tgx < л/3 , а функция tg х на промежутке (-д/3;л/3) не является строго возрастающей (она даже не определена в точках — — и — этого промежутка).

Пример 9. При каждом неотрицательном значении параметра а решим уравнение

V^ + V^+sinx = sin X . (9)

Обозначив t = sinx , перепишем уравнение (9) в виде

4a + yla + t = /. (9')

Теперь для решения уравнения (9) надо найти решения уравнения (9'), принадлежащие промежутку Х = [0;1]. Рассмотрим функцию φ (t) = <sla + t . Эта функция строго возрастает на промежутке Хх = [-а; + ©о). Так как а > 0, то Ici,. Кроме того, φ (t0)e Х2 = [л[а; л/^ + 1] для каждого /0gI, причем Х2 а Хх.

Уравнение (9) имеет вид φ (φ (t)) = t. По утверждению 3 оно равносильно на промежутке Xуравнению φ (t) = t, т. е. уравнению

л/я+7 = t. (9")

На промежутке Xуравнение (9") равносильно уравнению

г -t-a = 0,

имеющему (для любого я > 0 ) два корня

При а = 0 имеем tx=\ и /2 = 0, причем t}e X и t2e Х. Следовательно, при а = 0 уравнение (9"), а значит и уравнение (9') имеют на промежутке X по два корня tx = 1 и t2 = 0 .

При любом а > 0 имеем t1 > 1 и t2 < 0, т. е. t1 и t2 не принадлежат промежутку Х. Следовательно, при а > 0 уравнение (9"), а значит и уравнение (9') не имеют корней на промежутке X

Возвращаясь к уравнению (9), получим, что при любом а > 0 оно не имеет решений, а при а = 0 все его решения составляют объединение всех решений двух уравнений sinx = 0 и sinx = l. Следовательно, при а = 0 уравнение (9) имеет две серии решений

Ответ. Нет корней при .

Задания для самостоятельного решения.

Решите уравнение (1—5):

5. Мехмат МГУ, 1977. Решите систему уравнений

6. При каждом неотрицательном значении параметра а решите уравнение

Ответы.

А.В. Шевкин

ФМШ № 2007, г. Москва

Вокруг теорем Чевы и Менелая1

Теоремы Чевы и Менелая входят в программу по геометрии в девятых классах с углубленным изучением математики. Первую теорему доказал итальянский инженер Джованни Чева (1648-1734), а вторая носит имя Менелая Александрийского (I в.) потому, что сохранился арабский перевод его книги «Сферика», содержащий доказательство аналогичной теоремы для сферического треугольника. Предполагается, что теорема для плоского треугольника была известна Менелаю, возможно даже была им доказана.

Обе эти теоремы имеют несколько способов доказательства — с помощью теоремы о пропорциональных отрезках, с помощью подобия треугольников, с помощью площадей, а также с помощью комбинирования перечисленных приемов доказательства. Это позволяет приступить к их изучению уже в 8 классе (пример включения этого материала в учебный процесс дан в учебнике [1])». Независимо от времени включения этих красивых теорем в учебный процесс использование различных приемов их доказательства, их применение к решению задач будет способствовать развитию творческого подхода к доказательствам теорем и к решению задач.

Последовательность использования теоретических фактов в статье соответствует учебнику А.В. Погорелова, при работе по другому учебнику, возможно, придется подобие треугольников применять после площадей.

Теорема Чевы

Пусть дан треугольник ABC и на его сторонах AB, ВС и АС отмечены точки С1,А1 и В1 соответственно (рис. 1).

а) Если отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке, то

(1)

б) Если верно равенство (1), то отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке.

1 Работа поддержана РГНФ (проект № 08-06-00144а).

На рисунке 1 изображен случай, когда отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке внутри треугольника. Это так называемый случай внутренней точки. Теорема Чевы справедлива и в случае внешней точки, когда одна из точек А1, В1 или С1 принадлежит стороне треугольника, а две другие — продолжениям сторон треугольника. В этом случае точка пересечения отрезков АА1, ВВ1 и СС1 лежит вне треугольника (рис. 2).

Рис. 1 Рис. 2

Как запомнить равенство Чевы?

Обратим внимание на прием запоминания равенства (1). Вершины треугольника в каждом отношении и сами отношения записываются в направлении обхода вершин треугольника ABC, начиная с точки А. От точки А идем к точке В, встречаем точку C1, записываем дробь--. Далее от точки В идем к точке С, встречаем точку А1, записываем дробь —. Наконец, от точки С идем к точке А, встречаем точку В1 записываем дробь —. В случае внешней точки порядок записи дробей сохраняется, хотя две «точки деления» отрезка оказываются вне своих отрезков. В таких случаях говорят, что точка делит отрезок внешним образом.

Отметим, что любой отрезок, соединяющий вершину треугольника с любой точкой прямой, содержащей противоположную сторону треугольника, называют чевианой.

Рассмотрим несколько способов доказательства утверждения а) теоремы Чевы для случая внутренней точки. Чтобы доказать теорему Чевы, надо доказать утверждение а) любым из предложенных ниже способов, а также доказать утверждение б). Доказательство утверждения б) приведено после первого способа доказательства утверждения а). Доказательства теоремы Чевы для случая внешней точки проводятся аналогично.

Доказательство с помощью теоремы о пропорциональных отрезках

I способ, а) Пусть три чевианы АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в точке Z внутри треугольника ABC.

Идея доказательства заключается в том, чтобы отношения отрезков из равенства (1) заменить отношениями отрезков, лежащих на одной прямой.

Через точку В проведем прямую, параллельную чевиане СС1. Прямая АА1 пересекает построенную прямую в точке М, а прямая, проходящая через точку С и параллельная АА1, — в точке Т. Через точки А и С проведем прямые, параллельные чевиане ВВ1. Они пересекут прямую ВМ в точках N и R соответственно (рис. 3).

По теореме о пропорциональных отрезках имеем:

Рис. 3

Тогда справедливы равенства

В параллелограммах ∠CTM и ∠CRB отрезки ТМ, CZ и BR равны как противоположные стороны параллелограмма. Следовательно, -= 1 и верно равенство

Утверждение а) теоремы Чевы доказано.

При доказательстве утверждения б) используем следующее утверждение.

Лемма 1. Если точки С1 и C2 делят отрезок внутренним (или внешним) образом в одном и том же отношении, считая от одной и той же точки, то эти точки совпадают.

Докажем лемму для случая, когда точки С1 и C2 делят отрезок AB внутренним образом в одном и том же отношении:

Доказательство. Из равенства -- =-- следуют равенства

Последнее из них выполняется лишь при условии, что С1В и C2В равны, т. е. при условии, что точки С1 и C2 совпадают.

Доказательство леммы для случая, когда точки С1 и C2 делят отрезок AB внешним образом проводится аналогично.

Доказательство утверждения б) теоремы Чевы Пусть теперь верно равенство (1). Докажем, что отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке.

Пусть чевианы АА1 и ВВ1 пересекаются в точке Z, проведем через эту точку отрезок СC2 (C2 лежит на отрезке AB). Тогда на основании утверждения а) получаем верное равенство

(2)

Из сравнения равенств (1) и (2) заключаем, что

т. е.

точки С1 и C2 делят отрезок AB в одном и том же отношении, считая от одной и той же точки. Из леммы 1 следует, что точки С1 и C2 совпадают. Это означает, что отрезки AА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Задание 1. Докажите, что процедура записи равенства (1) не зависит, от того, от какой точки и в каком направлении совершается обход вершин треугольника.

Задание 2. Найдите длину отрезка AN на рисунке 4, на котором указаны длины других отрезков.

Ответ. 8.

Задание 3. Чевианы AM, BN, CK пересекаются в одной точке внутри треугольника ABС. Найдите отношение CN : NA , если АК : KB = 3:4, ВМ:МС = 6:5.

Ответ. 10:9.

Задание 4. С помощью теоремы Чевы докажите, что:

а) три медианы треугольника пересекаются в одной точке;

б) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке;

в) три высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.

Приведем доказательство утверждения в) из учебника [1].

Доказательство. Пусть в остроугольном треугольнике ABC точки А1, В1, С1 лежат на сторонах ВС, АС и AB соответственно (рис. 5). Прямоугольные треугольники АА1С и ВВ1С подобны по двум углам, поэтому

Рис. 5

Аналогично из подобия прямоугольных треугольников АA1В и СС1В, ВВ1А и СС1А следует, что верны равенства:

Перемножив три полученные равенства, получим:

Равенство (1) доказано. Из теоремы Чевы следует, что три высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.

Рис. 4

Задание 5. Докажите утверждение в) из задания 4 без применения подобия треугольников.

Задание 6. Три окружности касаются друг друга внешним образом. Центр каждой окружности соединили отрезком с точкой касания двух других окружностей. Докажите, что эти отрезки пересекаются в одной точке.

Задание 7. Докажите, что прямые, проходящие через вершины треугольника и точки касания вписанной окружности, пересекаются в одной точке. Эту точку называют точкой Жергона.

Вневписанная окружность — это окружность, касающаяся стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Её центр является точкой пересечения биссектрис двух внешних углов треугольника (рис. 6).

Рассмотрим задания 8 и 9, с помощью которых будет решено задание 10.

Задание 8. Докажите, что каждая точка касания вневписанной окружности делит периметр треугольника пополам, т. е. если А1 — точка касания вневписанной окружности, принадлежащая стороне ВС треугольника ABC, то АС + СА1 =АВ + ВА1 (рис. 6).

Решение. Рассмотрим вневписанную окружность, касающуюся стороны AB треугольника ABC и продолжений сторон АС и ВС в точках С1, М и N соответственно. По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, СМ = CN, AM = АСХ, BN = BC1, поэтому CA1 + АС1 = С1В + ВС1. Это означает, что точка С1 делит периметр треугольника пополам. Аналогично показывается, что каждая из точек А1 и В1 — точек касания вневписанных окружностей со сторонами треугольника — делит периметр треугольника пополам, что и требовалось доказать.

Задание 9. Три вневписанные окружности касаются сторон треугольника ABC в точках А1, В1 и С1, принадлежащих сторонам ВС, АС и AB соответственно. ВС = а, АС = b, AB — с . Выразите через

Рис. 6

a, b и с длины отрезков, на которые точки касания делят стороны треугольника.

Решение. Так как

= р — b, BN = ВС1 — р-а. Аналогично получаем, что АВ1 = р-с, СВ1 = р-а, А1С = р-b, АВ1 = р-с (рис. 6).

Задание 10. Пусть дан треугольник ABС. Вневписанные окружности касаются его сторон AB, ВС и АС в точках С1, А1 и В1 соответственно. Докажите, что отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке. Эту точку называют точкой Нагеля.

Задание 11. Докажите теорему Чевы для случая внешней точки.

Задание 12. С помощью теоремы Чевы докажите, что три прямые, содержащие высоты тупоугольного треугольника, пересекаются в одной точке.

Доказательства с помощью подобия треугольников Приведем доказательство теоремы Чевы из статьи [2]. Идея, изложенная там, заключается в том, чтобы заменить отношения отрезков из равенства (1) отношениями отрезков, лежащих на параллельных прямых.

II способ, а) Пусть прямые AА1, ВВ1, СС1 пересекаются в точке О внутри треугольника ABC (рис. 7). Через вершину С треугольника ABC проведем прямую, параллельную AB, и ее точки пересечения с прямыми АА1, ВВ1 обозначим соответственно A2, B2. Из подобия двух пар треугольников СB2В1 и ABB1, BAA1 и СA2А1, имеем равенства

(3)

Рис. 7

Из подобия треугольников ВС1О и B2СО, АС1О и A2СО имеем равенства

, из которых следует, что

(4)

Перемножив равенства (3) и (4), получим равенство (1).

Утверждение а) теоремы Чевы доказано.

III способ, а) Пусть три чевианы АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в точке Z внутри треугольника ABC.

Из вершин треугольника ABC проведем высоты к трем чевианам (рис. 8). Треугольники АМС1 и BNC1 подобны по двум углам, поэтому верно равенство

Аналогично верны равенства

откуда следует, что

(5)

Рис. 8

Выразив в равенстве (5) шесть отрезков через отрезки AZ, BZ и CZ с помощью синусов углов а, ß и 7, получим верные равенства:

Утверждение а) теоремы Чевы доказано.

IV способ, а) Пусть три чевианы АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в точке Z внутри треугольника ABC.

Через точку С проведем прямую, параллельную чевиане ВВ1 и пересекающую прямую АА1 в точке М. Через точку А проведем прямую, параллельную чевиане ВВ1 и пересекающую прямую СС1 в точке N (рис. 9). Используя теорему о пропорциональных отрезках и подобие треугольников, запишем равенства:

Рис. 9

Тогда

Утверждение а) теоремы Чевы доказано.

Доказательства с помощью площадей

Рассмотрим доказательства теоремы Чевы с помощью площадей. Первое из них, изложенное в книге А.Г. Мякишева [3], простое и опирается на утверждения, которые мы сформулируем в виде заданий 12 и 13.

Задание 13. Отношение площадей двух треугольников с общей вершиной и основаниями, лежащими на одной прямой, равно отношению длин этих оснований. Докажите это утверждение.

Задание 14. Докажите, что если

Рис. 10

V способ, а) Пусть отрезки AА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в точке Z (рис. 10), тогда

(6)

Из равенств (6) и второго утверждения задания 14 следует, что

Аналогично получим, что

Перемножив три последние равенства, получим:

т. е. верно равенство (1), что и требовалось доказать.

Утверждение а) теоремы Чевы доказано.

Отношение площадей треугольников с общим основанием, которое использовалось в приведенном способе доказательства, можно получить другим способом. Приведем доказательство теоремы Чевы из статьи [4].

VI способ, а) Пусть прямые AА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в точке О. Опустим из вершин А и В треугольника ABC перпендикуляры ААо, ВB0 на прямую СC0 (рис. 11). Треугольники АС1AО и ВС1BО подобны, следовательно,

Аналогичным образом получаем, что

Перемножив полученные равенства, получим:

Утверждение а) теоремы Чевы доказано.

Задание 15. Пусть чевианы пересекаются в одной точке внутри треугольника и разбивают его на 6 треугольников, площади которых равны S1, S2, S3, S4, S5, S6 (рис. 12). Докажите, что

Рис.11 Рис.12

Задание 16. Найдите площадь S треугольника CNZ (площади других треугольников указаны на рисунке 13). Ответ. 15.

Задание 17. Найдите площадь S треугольника CNO, если площадь треугольника ANO равна 10 и АК : KB = 2:3 , ВМ : MC = 1:2 (рис. 14).

Ответ. 30.

Задание 18. Найдите площадь S треугольника CNO, если площадь треугольника ABC равна 88 и АК : KB = 2:3, ВМ : MC = 1:2 (рис. 14).

Рис. 13 Рис. 14

Решение. Так как АК : = 2:3, то обозначим S вко — ^х ⋅ Так как ВМ : MC = 1:2, то обозначим

Из теоремы Чевы следует, что

и тогда

Если £сж; = £, то SAN() =— (рис. 15). У нас три неизвестные величины (х, у и 5), поэтому для нахождения £ составим три уравнения.

Рис. 15

Задание 19 (МГУ, заочные подготовительные курсы). В треугольнике ABC точки К и L принадлежат соответственно сторонам AB и ВС АК : KB = 1:2, CL:LB = 2:1. Р — точка пересечения отрезков AL и CК. Площадь треугольника РВС равна 1. Найдите площадь треугольника ABC

Ответ. 1,75.

Задание 20 (Теорема Жергона и ее следствие). Докажите, что если прямые, соединяющие вершины треугольника ABC с точками противоположных сторон А1, В1 и С1, пересекаются в точке Z, то верно равенство:

Идея доказательства теоремы Жергона заключается в замене отношений длин отрезков отношениями площадей. Покажем применение этой идеи при доказательстве более сложного утверждения.

Задание 21. Докажите, что если прямые, соединяющие вершины треугольника ABC с точками противоположных сторона A1 и В1, взятыми на продолжениях сторон ВС и АС соответственно, и точкой С1, взятой на стороне AB, пересекаются в точке Z (рис. 16), то:

Рис. 16

Доказательство, а) Пусть ha, hb, hc — высоты треугольника ABC, На, Hb, Нс— расстояния от точки Z до прямых ВС, АС, AB соответственно. Из подобия прямоугольных треугольников с общим острым углов имеем: — = —. Отношение — равно отноше-

нию площадей треугольников ∠BC и ABC с общим основанием ВС:

. Аналогично получим, что

Тогда:

что и требовалось доказать.

б) Преобразуем левую часть доказываемого равенства, используя результат, полученный при выполнении задания 21 (а):

что и требовалось доказать.

Теорема Менелая

Пусть дан треугольник ABC и на его сторонах АС и СВ отмечены точки В1 и А1 соответственно, а на продолжении стороны AB отмечена точка С1 (рис. 17).

а) Если точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой, то

(7)

б) Если верно равенство (7), то точки А1, В1 и C1 лежат на одной прямой.

Как запомнить равенство Менелая?

Прием запоминания равенства (7) тот же, что и для равенства (1). Вершины треугольника в каждом отношении и сами отношения записываются в направлении обхода вершин треугольника ABC — от вершины к вершине, проходя через точки деления (внутренние или внешние).

Рис. 17

Задание 22. Докажите, что при записи равенства (7) от любой вершины треугольника в любом направлении получается один и тот же результат.

Чтобы доказать теорему Менелая, надо доказать утверждение а) любым из предложенных ниже способов, а также доказать утверждение б). Доказательство утверждения б) приведено после первого способа доказательства утверждения а).

Доказательство с помощью теоремы о пропорциональных отрезках

I способ, а) Идея доказательства заключается в замене отношений длин отрезков в равенстве (7) отношениями длин отрезков, лежащих на одной прямой.

Пусть точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой. Через точку С проведем прямую l, параллельную прямой А1В1, она пересекает прямую AB в точке М(рис. 18).

Рис. 18

По теореме о пропорциональных отрезках имеем:

Тогда верны равенства

Утверждение а) теоремы Менелая доказано.

Доказательство утверждения б) теоремы Менелая

Пусть теперь верно равенство (7), докажем, что точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой. Пусть прямые AB и А1В1 пересекаются точке C2 (рис. 19).

Так как точки А1, В1 и C2 лежат на одной прямой, то по утверждению а) теоремы Менелая

(8)

Из сравнения равенств (7) и (8) имеем

откуда следует, что верны равенства

Рис. 19

Последнее равенство верно лишь при условии C2В = С1В, т. е. если точки С1 и C2 совпадают.

Утверждение б) теоремы Менелая доказано.

Доказательства с помощью подобия треугольников

II способ, а) Идея доказательства заключается в том, чтобы заменить отношения длин отрезков из равенства (7) отношениями длин отрезков, лежащих на параллельных прямых.

Пусть точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой. Из точек А, В и С проведем перпендикуляры АA0, ВB0 и СC0 к этой прямой (рис. 20).

Рис. 20

Из подобия трех пар треугольников АA0В1 и СC0В1, СС1А1 и BB0A1, C1B0B и С1А0А (по двум углам) имеем верные равенства

перемножив их, получим:

Утверждение а) теоремы Менелая доказано.

III способ, а) Уменьшим число используемых пар подобных треугольников. Пусть точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой. Через точку В проведем прямую /, параллельную прямой АС, она пересекает прямую А1В1 в точке М(рис. 21).

Из подобия двух пар треугольников АВ1С и BMC1, В1СА1 и МВА1 имеем:

(9)

Перемножив равенства (9), получим, что

откуда следует, что

Утверждение а) теоремы Менелая доказано.

Доказательство с помощью площадей

Идея доказательства заключается в замене отношения длин отрезков из равенства (7) отношениями площадей треугольников.

IV способ, а) Пусть точки А1, В1 и С1 лежат на одной прямой. Соединим точки С и С1. Обозначим площади треугольников S1, S2, S3, S4, S5 (рис. 22).

Тогда справедливы равенства

Перемножив равенства (10), получим:

Рис.21

Утверждение а) теоремы Менелая доказано.

Рис. 22

Подобно тому, как теорема Чевы остается справедливой и в том случае, если точка пересечения чевиан находится вне треугольника, теорема Менелая остается справедливой и в том случае, если секущая пересекает только продолжения сторон треугольника. В этом случае можно говорить о пересечении сторон треугольника во внешних точках.

Доказательство для случая внешних точек

а) Пусть секущая пересекает стороны треугольника ABC во внешних точках, т. е. пересекает продолжения сторон AB, ВС и АС в точках С1, А1 и В1 соответственно и эти точки лежат на одной прямой

(рис. 23).

По теореме о пропорциональных отрезках имеем:

Тогда верны равенства

Утверждение а) теоремы Менелая доказано.

Рис. 23

Заметим, что приведенное доказательство совпадает с доказательством теоремы Менелая для случая, когда секущая пересекает две стороны треугольника во внутренних точках и одну во внешней.

Доказательство утверждения б) теоремы Менелая для случая внешних точек аналогично доказательству, приведенному выше.

Задание 23. В треугольнике ABC точки А1, В1 лежат соответственно на сторонах ВС и АС. Р — точка пересечения отрезков АА1 и ВВ1. АВ1:В1С = 7 : 8, СА1:А1В = 4:3. Найдите отношение BP : РВ1.

Решение. Обозначим АВ1 — 7m, В1С = 8m , СА1 = 4k, А1В = 3k (рис. 24). По теореме Менелая для треугольника ВСВ1 и секущей РА1 запишем верное равенство:

откуда следует, что

Ответ.

Рис. 24

Задание 24 (МГУ, заочные подготовительные курсы). В треугольнике ABC, площадь которого равна 6, на стороне AB взята точка К, делящая эту сторону в отношении АК : ВК = 2:3, а на стороне АС — точка Z, делящая АС в отношении AL : LC = 5:3. Точка Р пересечения прямых CK и BL удалена от прямой AB на расстояние 1,5. Найдите длину стороны AB.

Решение. Из точек Р и С опустим перпендикуляры PR и СМ на прямую AВ. Обозначим АК = 2n , ВК = 3/7, AL = 5m, LC = 3m (рис. 25). По теореме Менелая для треугольника АКС и секущей PL запишем верное равенство:

откуда полу-

чим, что

Рис. 25

Из подобия треугольников KMC и KRP (по двум углам) получим, что -=-, откуда следует, что СМ = 3 .

Теперь, зная длину высоты, проведенной к стороне AB треугольника ABC, и площадь этого треугольника, вычислим длину стороны: AB = 4. Ответ. 4.

Задание 25. Три окружности с центрами А, В, С, радиусы которых относятся как 11:12:9, касаются друг друга внешним образом в точках X, Y, Z как показано на рисунке 26. Отрезки АХ и BY пересекаются в точке О. В каком отношении, считая от точки В, отрезок CZ делит отрезок BY?

Решение. Обозначим AY = 11k, СХ = 9к, BZ = 12к (рис. 26). Так как то по утверждению б) теоремы Чевы отрезки АХ, BY и CZ пересекаются в одной точке — точке О. Тогда отрезок CZ делит отрезок BY в отношении-. Найдем это отношение.

По теореме Менелая для треугольника BCY и секущей ОХ имеем:

откуда следует, что

Ответ.

Задание 26 (Теорема Паскаля). Точки пересечения противоположных сторон вписанного в окружность шестиугольника лежат на одной прямой.

Доказательство. Пусть дан шестиугольник ABCDEF, вписанный в окружность. Продолжения противоположных сторон AB и DE, ВС и EF, CD и FА шестиугольника пересекаются в точках G, H и К соответственно (рис. 27).

Рис. 26

Рис. 27

Пусть прямые AB и EF, AB и CD, CD и EF пересекаются в точках L, M и N соответственно (точки L и G находятся за пределами рисунка). По теореме Менелая для треугольника LMN имеем верные равенства:

Перемножив их, получим, что

(11)

Из теоремы о свойстве секущих, проведенных к окружности из одной точки, следует, что верны равенства:

Сократив равные произведения отрезков в левой части равенства

(11), получим верное равенство

означающее, на основании утверждения б) теоремы Менелая для случая внешних точек, что точки G, Н и К лежат на одной прямой.

Задание 27. Докажите, что середины оснований трапеции, точка пересечения ее диагоналей и точка пересечения продолжений ее боковых сторон лежат на одной прямой.

В статье И.Ф. Шарыгина [5] нашлось утверждение, которое мы сформулируем ниже. Отметим только, что его доказательство было получено как следствие теоремы Чевы, записанной в форме синусов. Так как у нас эта техника не использовалась, то приведем иное доказательство того же утверждения. Для этого докажем теорему о вписанном шестиугольнике.

Лемма 2. Если точки F и F1 принадлежит дуге АЕ окружности и , то точки F и F1 совпадают.

Доказательство. Пусть точка F1 принадлежат дуге AFE окружности и -= — . Проведем биссектрисы вписанных углов AFE и AF1Е. Они пересекутся в середине дуги АЕ, не содержащей точек F и F1, и пересекут хорду АЕ в точках M и N (рис. 28).

В треугольниках AFE и AF1E по свойству биссектрисы угла имеем:

Так как

по условию, то

т. е. точки М и N делят один и тот же отрезок в одном и том же отношении, считая от одной и той же точки. Тогда точки M и N совпадают (лемма 1) и точки F и F1 совпадают, что и требовалось доказать.

Рис. 28

Теорема о вписанном шестиугольнике. Пусть шестиугольник ABCDEF вписан в окружность.

а) Если его диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке, то верно равенство

(12)

б) Если верно равенство (12), то диагонали AD, BE, CF шестиугольника ABCDEF пересекаются в одной точке.

Доказательство, а) Пусть шестиугольник ABCDEF вписан в окружность и его диагонали AD, BE, CF пересекаются в точке О (рис. 29). Имеется три пары треугольников, подобных по двум углам (вертикальные углы равны, вписанные углы, опирающиеся на одну

дугу окружности, равны): АОВ и EOD, ВОС и FOE, COD и AOF. Их стороны пропорциональны, поэтому верны равенства:

(13)

Перемножив равенства (13), получим равенство (12).

Утверждение а) теоремы о вписанном шестиугольнике доказано.

б) Пусть теперь шестиугольник АВ-CDEF вписан в окружность и выполняется равенство (12). Докажем, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

Через точку О пересечения диагоналей AD и BE проведем луч СО. Этот луч пересечет окружность в точке F1. Тогда по утверждению а) теоремы о вписанном шестиугольнике верно равенство

(14)

Рис. 29

Из равенств (12) и (14) следует, что для точек F и F1, принадлежажащих дуге АЕ окружности, выполняется равенство -=-.

Это означает, что точки F и F1 совпадают (лемма 2), а диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

Утверждение б) теоремы о вписанном шестиугольнике доказано.

Задание 28. Докажите, что если противоположные стороны вписанного шестиугольника ABCDEF равны, то его диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

Теперь сформулируем утверждение 5 из статьи И.Ф. Шарыгина в виде очередного задания.

Задание 29. Пусть из точки А, взятой вне окружности, проведены две касательные AM и AN к окружности и две секущие, и пусть Р и Q — точки пересечения окружности с первой секущей, а точки К и L — со второй. Тогда прямые PK, QL и MN пересекаются в одной точке (рис. 30). Докажите это.

Рис.30 Рис.31

Доказательство. Рассмотрим шестиугольник PLNKQM (рис. 31). Треугольники АРМ и AMQ, ALN и ANK подобны по двум углам, следовательно, их стороны пропорциональны:

(15)

Из подобия треугольников AQL и АКР (по двум углам) имеем:

Тогда

треугольники APL и AKQ подобны (по двум сторонам и углу между ними), а их стороны пропорциональны:

(16)

Перемножив равенства (15) и (16), получим:

(17)

Рис. 32

Так как касательные AM и AN равны и верно равенство

то из равенства (17) следует, что

Тогда по теореме о вписанном шестиугольнике диагонали PK, QL и MN пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Из утверждения 5, — писал Игорь Федорович, — следует, что с помощью одной линейки через данную точку вне окружности

можно провести касательную. Способ построения показан на рисунке 32.

До сих пор мы доказывали, что прямые пересекаются в одной точке, что три точки лежат на одной прямой и т. п., а утверждение 5 позволяет решить красивую задачу на построение с ограниченными средствами.

Задание 30. На рисунке 32 показано, как с помощью одной линейки через данную точку вне окружности провести касательную. Дайте обоснование этому способу построения.

Выражаю благодарность учителям физматшколы № 2007 г. Москвы П.В. Чулкову, Д.В. Прокопенко, H.А. Ленской за участие в обсуждении статьи и полезные советы. Особая благодарность за ценные редакционные замечания доценту кафедры прикладной математики Самарского аэрокосмического университета имени академика С.П. Королева С.В. Дворянинову, а также В.М. Бусеву.

Литература

1. Геометрия. Дополнительные главы к учебнику 8 класса: Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением / Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. — М.: Вита-Пресс, 2005. —208 с.

2. Смирнова И.М., Смирнов В.А. Замечательные точки и линии треугольника // Математика. — 2006. — № 17.

3. Мякишев А.Г. Элементы геометрии треугольника. — М.: МЦНМО, 2002. (Библиотека «Математическое просвещение»).

4. Эрдниев П., Манцаев Н. Теоремы Чевы и Менелая // Квант. — 1990 —№3. —С. 56-59.

5. Шарыгин И.Ф. Теоремы Чевы и Менелая // Квант. — 1976. — №11. — С. 22-30.

6. Вавилов В.В. Медианы и средние линии треугольника // Математика. — 2006. — № 1. — С. 11-15.

7. Ефремов Дм. Новая геометрия треугольника. Одесса, 1902. — 334 с.

В.Л. Экелекян

МГУ им. М.В.Ломоносова школа №11 г. Москва

О методике решения задач на тему «Теория относительности Галилея»

В работе представлен ряд методических рекомендаций по совокупности двух основных предметов, изучаемых в старших классах общеобразовательной школы: по физике (механика, 9-й класс) и по математике (тригонометрические преобразования, 9-й класс; математический анализ и изучение поведения функций, 10-11-й классы; метод декартовых координат, 10-й класс). Характерная особенность настоящей работы — применение максимальной физики и минимальной математики.

1. Принципы относительности

В 9-м классе тему «Относительность движения» обычно проходят в разделе «Кинематика» после изучения темы «Равномерное прямолинейное движение» и перед темой «Равнопеременное прямолинейное движение». В среднем на неё, как правило, отводится один, редко — два часа. Однако тема эта узловая, т.е. в дальнейшем на её основе рассматриваются случаи больших скоростей, релятивистская механика и теория относительности Эйнштейна, смещающая теорию относительности Галилея. С другой стороны, на приёмных экзаменах в вузы предлагается много задач по кинематике, которые решаются только с применением теории относительности.

Суть вопроса заключается в следующем: пусть материальные точки 7 и 2 движутся прямолинейно со скоростями у,и v2 в неподвижной системе отсчёта К. Интерес представляет изучение движения точки 2 с точки зрения наблюдателя, покоящегося в жёстко связанной с точкой 1 системе отсчёта Кот. В таком случае говорят об относительном движении тела 2 в системе отсчёта К0Т и о его относительной скорости v21 в системе отсчёта Кот, которая определяется соотношением [1-3]:

(1)

или, в декартовых координатах:

(2)

Зависимости координат от времени в системе Кот для равномерного прямолинейного движения запишутся, как обычно:

(3)

где t — текущее время, х0, у0 и z0- декартовы координаты начального положения (при t = 0 ) материальной точки в системе отсчёта Кот.

2. Задача об обгоне (см. [1], задача № 38 )

• Легковой автомобиль движется со скоростью 20 м/с за грузовым, скорость которого 16,5 м/с. В момент начала обгона водитель легкового автомобиля увидел встречный международный автобус, движущийся со скоростью 25 м/с. При каком наименьшем расстоянии до автобуса можно начинать обгон, если в начале обго-

на легковая машина была в 15 м от грузовой, а к концу обгона она должна быть впереди на 20 м?

Решение. Задача решается на основе принципа относительности Галилея. Решим её в два приёма, рассматривая движение легкового автомобиля: 1) в системе отсчёта «грузовик», причём движение автобуса рассматривать не будем совсем; 2) в системе отсчёта «автобус», а движение грузовика рассматривать не будем.

1. Для определённости за положительное направление примем направление движения легкового автомобиля и грузовика. Тогда в системе «грузовик» легковая машина будет двигаться относительно грузовика со скоростью vnr = vn -vr. С этой скоростью ей придётся проехать расстояние s до грузовика и расстояние L (которое из соображений безопасности оговаривается правилами дорожного движения, см [2]), чтобы оказаться перед грузовиком.

На прохождение расстояния s + L потребуется время

(4)

2. Рассмотрим движение легкового автомобиля в относительной системе отсчёта «автобус». В ней скорость легковой машины относительно автобуса vna = | vn — va | = vn + va. Пусть первоначальное расстояние между легковым автомобилем и автобусом L. Его автомобиль пройдёт за время:

(5)

3. Обгон считается безопасным, если легковой автомобиль в конце обгона окажется на 20 м впереди грузовика, не доехав при этом до автобуса:

(6)

Рассчитаем минимальное расстояние между легковым автомобилем и автобусом, когда ещё можно начать обгон:

Проанализируем формулу (6). Очевидно, что обгон возможен, если легковой автомобиль движется быстрее грузовика: vn > vrp, иначе расстояние / получается отрицательным. Также бессмыслен обгон при равных скоростях: vn =vrp. Итак, поставленная задача решена в рамках теории относительности, законов равномерного прямолинейного движения и, наконец, с рассмотрением принципа независимости движений.

3. Задача о преследовании

• Прямолинейные автомобильные дороги пересекаются под углом а = 60°. В начальный момент времени автомобиль А находится на расстоянии s = 600 м от перекрёстка и движется с постоянной скоростью v1 = 90 км/ч, а автомобиль В, двигаясь вдоль второго шоссе со скоростью v2 = 54 км/ч, находится на перекрёстке.

Определите минимальное расстояние Z, на которое сблизятся автомобили, и время когда это произойдёт.

Решение. Выберем декартову систему координат с началом отсчёта в исходном положении автомобиля — точке А1 — и осью х, направленной по его движению. В этой системе отсчёта, согласно принципу относительности Галилея, автомобиль А будет покоиться, а автомобиль В — двигаться с относительной скоростью v21, проекции которой равны:

Определим направление движения автомобиля В по отношению к автомобилю А, введя угол ß :

Кратчайшее расстояние между автомобилями в системе отсчёта «А» равно длине перпендикуляра, опущенного из точки А1 на прямую В1B2'.

(7)

где относительная скорость v21 равна:

(8)

При частных значениях а, равных 0°, 90° и 180°, соотношение (7) выглядит соответственно:

Z = 0 ( а = 0° — лобовое столкновение);

( а = 90° — движение под прямым углом);

L = 0 ( а = 180° — преследование вдоль прямой),

а при любом значении а из-за очевидного неравенства vi < vj2 + v2 + 2vjV2 cos а имеет место соотношение 1 <s.

Время до минимального сближения совпадает со временем прохождения автомобилем В расстояния

/ = Zctgß = s ⋅ cos ß

с относительной скоростью v21. Следовательно, требуемое время t равно

(9)

Теперь можно произвести и численные расчёты:

3. Задача о соломенной шляпе

• Проплывая под мостом против течения, гребец потерял соломенную шляпу. Обнаружив пропажу через 10 мин (m), он повернул назад и, гребя по течению с тем же темпом, подобрал шляпу на расстоянии 900 м (X) ниже моста. Найти скорость (и) течения реки (см [3]).

Решение: Рассмотрим движение гребца в системе отсчета, связанной с соломенной шляпой. Тогда вся история, изложенная в задаче заключается в том, что гребец m времени отплывает от шляпы, а затем столько же времени плывет к шляпе, тем самым потратив на всю процедуру 2m времени, причем все время скорость лодки по отношению к стоячей воде (т.е. по отношению к соломенной шляпе) неизменная. Заметим что за это время соломенная шляпа течением уносится на расстояние Я. Замечая, что скорость течения совпадает со скоростью соломенной шляпи, вычислим ее согласно определению скорости равномерного прямолинейного движения:

4. Задача о любознательном дельфине

• В море при штиле плывут навстречу друг другу мальчик и лодка. Одновременно между ними плавает любознательный дельфин. Дельфин, подплыв к мальчику, тотчас поворачивает и плывет к лодке, а от нее вновь возвращается к мальчику. Так он плавает между сближающимися лодкой и мальчиком. Определить путь (X), который проплывает дельфин за время, в течение которого расстояние между лодкой и мальчиком сокращается от ^ = 500 м до /2 =50. Скорость мальчика vy -2 м/с, скорость лодки v7 =7 м/с, скорость дельфина vô =12 м/с.

Решение. Как и при решении задачи об обгоне автомобилей, движение мальчика и лодки рассмотрим отдельно, движение дельфина — отдельно. Рассмотрим движение лодки с точки зрения покоящегося по отношению к воде мальчику. Тогда, согласно теории относительности, лодка будет двигатся на мальчика со скоростью v7+vy. Так как начальное расстояние между мальчиком и лодкой было 1Х, а конечное /2, расстояние, которое будет преодалевать лодка со скоростью v7 + vM равно l1-l2. Время же, потраченное на это движение, может быть вычислено по формуле m = ———. Сейчас вернемся к дельфину, который за это время m непрерывно двигается с постоянной скоростью vô.

Общее расстояние, которое преодолеет дельфин, не зависит от направления движения дельфина и естественно вычисляется формулой

5. Задача о пассажире на эскалаторе

• Человек идет по эскалатору. В первый раз он насчитал щ = 50 ступенек, во второй раз, двигаясь в ту же сторону со скоростью втрое большей, он насчитал n2 = 75 ступенек. Сколько ступенек он насчитал бы на неподвижном эскалаторе? (см. [5])

Решение. Обозначим длину эскалатора через /, количество ступенек на неподвижном эскалаторе через n, скорость движения эскалатора через г/, скорость пассажира через v (второй раз она будет kv, к = 3 )

Очевидно следующее обстоятельство — если при увелечении скорости движения пассажира количество насчитываемых им ступенек увеличивается, то это говорит о том, что пассажир и эскалатор двигаются в одном направлении. Разберем первую ситуацию: длина одной ступенки равна

Если пассажир насчитал щ ступенек, то он передвигался на расстояние 1Х = 10щ, а так как он двигается со скоростью v, то тратит время равное tx = — .

Относительная скорость движения в первый раз равна v + г/, следовательно имеет место очивидное соотношение:

Аналогично разберем второй случай: расстояние /2 =10n2, время движения t2= — , относительная скорость (kv + u) и очевидное соотношение:

Перепишем полученную систему двух линейных уравнений в виде

и решим ее по отношению

Расчитивая для приведенных в задаче данных получим

Литература

1. Голдстейн Г. Классическая механика. — М.:Гостехиздат, 1975.

2. Соловьёв А., Карелин Р. Правила дорожного движения с комментариями в иллюстрациях. — Алма-Ата: Издательство ЦК компартии Казахстана, 1987.

3. Павленко Ю.Г. Начала физики. — М.: Издательство Московского университета, 1988.

4. Рымкевич А.П. Сборник задач по физике: 9-11 кл.: 14-е изд. -М.: Просвещение, 1992.

5. Гольдфарб Н.И. Сборник вопросов и задач по физике: Учеб. Пособие. — 5-е изд. — М.: Высш. Школа, 1983.

В.Ю. Кузнецова

МПГУ, г. Москва

Олимпиадные задачи с факториалами в тренировочных вариантах ЕГЭ

В недавно вышедшей книге «Подготовка к ЕГЭ по математике в 2010 году. Методические указания» (И.В.Ященко, С.А.Шестаков, П.И.Захаров) даются достаточно подробные описания (подкрепленные примерами) типов и конкретных особенностей заданий предстоящего экзамена. На мой взгляд, это особенно важно, так как экзамен по новой форме будет проходить впервые, и у готовящихся к нему учеников и учителей нет возможности использовать опыт прошлых подобных экзаменов. Уточняется здесь, применительно к ЕГЭ, и такое широкое понятие, как «олимпиадная задача» (задание C6): «Тип задания: Задание на свойства целых чисел.

Характеристика задания: Задача, связанная со свойствами делимости целых чисел, логическим перебором.

Комментарий: Задание олимпиадного типа, рассчитанное на сильных учащихся. Постарайтесь продвинуться в его решении — для этого не требуется никаких специальных знаний, выходящих за рамки стандартного математического образования, однако необходимо проявить определенный уровень математической культуры, логического мышления, который формируется при решении задач профильного уровня на протяжении всего обучения в школе».

Здесь мы рассмотрим, разбирая конкретные задания, вполне определенный тип подобных задач — задачи с факториалами. Начнем с двух, как окажется, несложных уравнений.

1. Найдите все пары натуральных чисел m и к, удовлетворяющих равенству m! = к2—24к + 97 . (Олимпиада МИРЭА, 2007)

Выделяя в правой части полный квадрат, получаем

m! = (к-12)2-47, или m! + 47 = (к-12)2.

Если m>3, то m! делится на 3, а 47 дает остаток 2. При делении же на 3 правой части (квадрата целого числа) можно получить в остатке либо 0, либо 1, поэтому в этом случае решений нет. Осталось рассмотреть m = 1 (убеждаемся, что здесь нет решения) и

m = 2 , в этом случае (к -12)2 = 49, и мы получаем ответ: m = 2 , £ = 5; ю = 2, £ = 19.

2. Решите в натуральных числах уравнение п1 + 5n + 13 = к2. (Типовой вариант ЕГЭ)

Здесь рассмотрение остатков не приводит к успеху. Надо искать другой путь, и он находится! Заметим, что при п>5 число п1 будет оканчиваться на 0, тогда последняя цифра числа (п1 + 5я + 13)

это либо 3, либо 8. Правая часть (квадрат целого числа!) на эти цифры оканчиваться не может. Перебирая случаи 1 < n < 4 , находим n = 2 , к = 5 . Заметим, что этот путь решения подходит и для первого уравнения (при m > 5 квадрат не может оканчиваться на 7).

Согласитесь, как многому может научиться школьник, решая и разбирая эти две задачи! Выделение полного квадрата, рассмотрение остатков и последней цифры, ограниченный перебор случаев. Теперь он может попробовать решить, например, такую задачу.

3. Натуральные числа пик, таковы, что число п1/к1 оканчивается на 2008. Докажите, что число n также оканчивается на 2008. (Московская областная олимпиада, 2008, 11 класс).

Так как п1/к1 = (к + 1)(к + 2)...(n-1)n, то на 2008 оканчивается произведение этих нескольких последовательных чисел. Их меньше пяти, иначе на конце была бы цифра 0. Осталось убедиться, что произведения двух, трех и четырех последовательных чисел на 8 не оканчиваются. Опять последняя цифра! Получается, что после сокращения остается только одно число, что кип- это два последовательных числа и поэтому п1/к1 = к + 1 = n . А по условию задачи, это число как раз и оканчивается на 2008. Что и требовалось доказать. (Поспешив, можно было сделать ошибку, сказав, что единственное решение, это n = 2008 , к = 2007 .)

Разберем еще две поучительные задачи из типовых вариантов ЕГЭ и три олимпиадные.

4. Найдите наибольшее натуральное число n, для которого 2009! = 1 ⋅ 2 ⋅... ⋅ 2009 делится на каждое из чисел кк при к = 1, 2, ...,п. (Типовой вариант ЕГЭ)

Количество натуральных чисел, не превосходящих 2009 и делящихся на к , равно — , где [х] — целая часть числа х. Так как то при всех натуральных n < 44, среди чисел 1, 2 2009 чисел, делящихся на я, будет больше, чем n. Поэтому число 2009!= 1-2-...- 2009 делится на каждое из чисел кк при £ = 1,2,..., 44.

Теперь рассмотрим n = 45 .

Поэтому, среди чисел 1, 2 2009 , есть 44 числа вида 45£, учтя еще, например, произведение чисел 5 и 9, убеждаемся, что 2009! делится на 4545.

Рассуждая так же для n = 46 , получаем, что есть 43 числа вида 46к. Учтя еще произведение 8- 23 ⋅ 69-115 = 23 -3 ⋅ 5 ⋅ 233 = 463 -15, получим, что 2009! делится на 4646.

Далее следует n = 47 — простое число, поэтому среди чисел 1,2,...,2009 будет только 42 числа, делящихся на 47. Это числа вида 47к Самое большое из них — 47-42 = 1974. Поэтому 2009!

делится на 4742 и не делится на 4743, тем более на 4747. Ответ: n = 46 .

5. Найдите наименьшее натуральное число n, для которого число пп не является делителем числа 2009! = 1 ⋅ 2 ⋅... ⋅ 2009. Понятно, что решив № 4, мы нашли ответ и для задачи № 5. Это n = 41.

6. Решите в натуральных числах уравнение a!+b!+c! = d!. (Районный этап Московской областной олимпиады, 1996).

Пусть для определенности а<b <с. Из уравнения ясно, что с < d . Тогда d>(c + 1), или d!>(c +1)!. Но (с +1)!= (с + 1)с!, и мы получаем цепочку неравенств: Зс! > а1 + b! + с! = d! > (с + 1)с!.

При с>2 неравенство Зс!>(с + 1)с! не выполняется.

Перебирая оставшиеся возможности при с < 2, находим ответ: а = b = с = 2, d = 3.

7. Найдите все тройки чисел р, q, n, где число n — натуральное, а числа р и q — простые, удовлетворяющие уравнению 3(pq +qp) = n! (Московская областная олимпиада, 2006, № 11.3).

Без ограничения общности можно считать, что p>q. Рассмотрим три случая. Если p>q>n, тогда левая часть уравнения более чем в 6 раз превосходит правую часть. Если р Ф q и q < n, тогда правая часть уравнения делится на g, а левая — не делится. И последний случай. Пусть p-q<n. Получаем 6qq = п1. Одно решение легко подбирается: р- q -2, n = 4. Других решений нет, так как при нечетных значениях q левая часть будет не меньше 162 (q > 3 , qq > 21 ), и не будет делиться на 4, а правая часть на 4 делится, если п1>162.

8. Каких чисел больше в первой тысяче, представимых или не представимых в виде х3 —у!, где х и у — натуральные числа? (В.Сендеров, Н.Агаханов, Турнир им. А.П.Савина, 2006) Приведем авторское решение.

При у > 5 все числа у! делятся на 9, а числа х3 при делении на 9 дают лишь третью часть возможных остатков: 0, 1, 8. Поэтому при у > 5 чисел х3 —у! среди первой тысячи не более 333 + 1.

Если у<5, то х3<1000 + 5!, т.е. х<10. Поэтому каждый jy<5 дает не более 10 представимых чисел, т.е. всего представимых чисел с у < 5 существует не более 50. Итак, всех представимых чисел не более 334 + 50 = 384 . Ответ: непредставимых чисел больше.

Две последние задачи — достаточно трудные, но их решения понятны и очень поучительны.

Ю.О. Пукас

МОУ «Гимназия г. Троицка»

Надо решить задачу...

В предыдущем сборнике в статье «Живая математика» я рассказывал о задаче Ф.Л.Бахарева, которая была предложена в 2002 году девятиклассникам во втором туре Санкт-Петербургской олимпиады (последняя в варианте): «На стороне АС треугольника ABC отмечена точка К такая, что АК = 2 ⋅ КС , и угол АВК вдвое больше угла КВС. F — середина стороны AC, L — проекция А на ВК. Докажите, что прямые FL и ВС перпендикулярны».

В свое время мне очень хотелось ее решить. «Очень хотелось» определялось еще и тем, что в журнале «Квант», опубликовавшем материалы той олимпиады, почти все геометрические задачи были разобраны, в том числе и те, которые мне удалось решить, а к этой указаний почему-то не было. Я тогда не подозревал, что никто из 142 участников второго тура с этой задачей не справился. (Вскоре шестеро из них станут победителями и призерами Всероссийской олимпиады, в том числе и Надежда Петухова — будущий победитель Международной олимпиады).

Еще одна задача Ф.Л.Бахарева будет показана в конце статьи. А сейчас приведу условия трёх интересных геометрических задач, которые в свое время мне очень надо было решить: дело в том, что с 2006 года перестали издаваться традиционные книжечки с решениями (и условиями!) задач очередных математических олимпиад Московской области, а объяснять их ученикам надо!

1. Продолжения сторон AB и CD выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке Р, а продолжение сторон ВС и AD -в точке Q. Обозначим через Ми N середины диагоналей АС и BD. Докажите, что если ∠APM равен ∠CPN, то ∠BQN равен ∠DQM (Московская областная олимпиада, 2006, первый тур, 10 класс).

2. В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведена высота АА1 и отмечены точки H и О — точка пересечения высот и центр описанной окружности. Докажите, что точка, симметричная центру описанной окружности треугольника НОA1 относительно прямой НО лежит на средней линии треугольника ABC

(Московская областная олимпиада, 2009, первый тур, 11 класс, последняя в варианте).

3. В остроугольном треугольнике ABC (АВ<ВС) точка О -центр описанной окружности, а АН — высота. Прямые ВО и СО пересекают АН в точках M и N, соответственно. На продолжении отрезка АО за точку О выбрана такая точка F, что ∠MFN = ∠BCO . Докажите, что площади треугольников АСМ и ABF равны (Московская областная олимпиада, 2008, второй тур, 11 класс).

Задачу 1 непосредственно во время олимпиады решить не удалось. Вернулся к ней лишь осенью накануне новых олимпиад, когда стало окончательно ясно, что решения не будут опубликованы. Видимо то, что надеяться не на кого, повысило мою сообразительность (здесь и далее, рассчитывая на активного читателя, я только обозначаю путь решения задач, оставляя ему реализацию предложенных идей для самостоятельной работы).

Так как M и N — середины диагоналей АС и BD, то РМ и PN -медианы соответствующих треугольников и делят их площади пополам. Следовательно, SBPN = SNPD и = SMPC, а из этого можно получить соотношение АР ⋅ PB = PC ⋅ PD (запишите два равенства площадей треугольников, выраженных через углы при вершине Р — среди них есть равные, затем эти равенства упростите и перемножьте), приводящее к подобию треугольников APD и СРВ. Тогда ∠PAD = ∠PCB = ∠DCQ, следовательно, треугольники BQA и DQC

подобны (угол Q у них общий), и AQ'QD = QCBQ. Это соотношение и то, что медианы QN и QM делят пополам площади своих треугольников, позволяет доказать равенство нужных углов. Очень хорошая задача. От равенства углов к подобию, а от подобия — к равенству углов.

Над задачей 2 лучшие выпускники Московской области размышляли совсем недавно (23 января 2009 года). Знание того, что в любом треугольнике точка пересечения медиан лежит на отрезке, проведенном из точки пересечения высот в центр описанной окружности, и делит этот отрезок в отношении 2 :1 (прямая Эйлера!), позволяло им решить ее в несколько строк. Но ее не решил никто. Лишь трое участников имеют баллы за эту задачу (5, 3 и 2 из 7-ми возможных). Но, похоже, что о прямой Эйлера и они не подумали. Во всяком случае, призер олимпиады Анфиса Лобойко из моего класса свои баллы получила за другие идеи.

Задача, по сути, одномерная. Пусть N — середина отрезка НО, К-центр описанной окружности треугольника НОА1, L — точка, симметричная точке К относительно НО. M — центр тяжести треугольника ABC (HM = 2 ⋅ МО). Нас будут интересовать только расстояния от перечисленных точек до отрезка ВС Обозначим их hH, hO, hl, hN и так далее. Два первых расстояния будем считать

заданными. Покажем, что 2 ⋅ hL — hA , это и будет означать, что точка L находится на средней линии треугольника ABС. Заметим, что точка К расположена на серединном перпендикуляре к А1Н, поэтому hK = —У-. Точка N — середина отрезка НО, поэтому . А высота треугольника ABC в три раза больше,

К этому мы и стремились.

Особое воспоминание о последней в списке задаче. На областной олимпиаде позапрошлого года она вызвала наибольшие трудности. Только 5 участников справились с ней (полностью — только трое). Среди не решивших ее — даже будущий призер Всероссийской олимпиады Михаил Харитонов. А кто-то из-за этой задачи не попал в финал, кто-то не стал призером... Что x, бывают трудные задачи. Но, решая ее, я понял, что дело тут в другом. Была опечатка.

Условие АВ<ВС не играет никакой роли, должно было быть AB < АС (в противном случае точку F надо брать на отрезке АО, а не на его продолжении). Участники, нарисовавшие чертеж, где AB > АС (так он красивее), не имели шансов на успех!

Можно установить, что треугольник NOM — равнобедренный, причем угол NOM при его вершине в два раза больше, чем угол MFN. Получаем, что N, M и F лежат на одной окружности с центром в точке О. Это поможет нам вскоре разобраться с углами треугольника AMF. Отрезки MC и BF проводить не будем. Заметив, что у треугольников АСМ и ABF равны углы при вершине А, докажем, что AMAC = ABAF, или, что -=-. А то, что это равно отношению синусов углов С и В исходного треугольника, установим, присмотревшись к углам треугольника AMF. (В случае же, если AB > АС , отношение ^ будет равно отношению косинусов углов С и В, а не их синусов.)

Подобные ситуации, когда очень надо, или очень хочется решить задачу (далеко не всегда одно сопутствует другому!) в моей практике встречаются все реже и реже. Ведь все меньше и меньше остается тех учеников, для кого это делаешь...

А вот и обещанная задача Ф.Л.Бахарева: 4. В треугольнике ABC на сторонах AB и ВС выбраны точки Е и F так, что АЕ = EF и ∠CEF = ∠ABС. Точка К на отрезке ЕС такова, что ЕК = FС. Докажите, что отрезок, соединяющий середины отрезков AF и ЕС, в два раза короче KF. (Санкт-Петербург, 2007, 11-класс, второй тур).

Из 91 участника второго тура восьмерым удалось ее решить. Каждому из трех своих решений автор с любовью дал названия. Разберитесь с первыми двумя, восстановите пропущенные мною рассуждения.

«Решение 1 (отметим середину). Пусть X — середина AF, Y -середина ЕС, Z — середина А С. Тогда XZ- средняя линия треугольника АЕС... Следовательно, треугольники XZY и KEF подобны с коэффициентом 2, поэтому XY =-».

«Решение 2 (достроим до ромба). Пусть X и Y— середины AF и ЕС соответственно, a L — четвертая вершина ромба AEFL... Значит, ХУ =-=-, ч.т.д.».

В последнем решении мне очень понравилось название: «Решение 3 (ничего не будем строить). Рассмотрим векторы... » Но, на мой взгляд, оно равноценно второму решению.

Ю.О. Пукас

МОУ «Гимназия г. Троицка»

Похожие задачи и задачи с целыми числами

Осенью далекого 1965 года за успех на областной олимпиаде я получил книгу Э.Г.Готмана «Уравнения, тождества, неравенства при решении геометрических задач». Возможно, я что-то решал тогда из нее, готовясь к поступлениюв СУНЦ, но потом книга долгих 40 лет простояла на полке. Вспомнил я о ней, отчаявшись решить задачу с устного экзамена на ВМК МГУ: «Докажите, что сумма длин медиан треугольника не менее чем в девять раз превосходит радиус вписанной в этот треугольник окружности». Никак не удавалось связать сумму медиан и радиус вписанной окружности. Подсказка нашлась в виде задачи на первой странице «введения» упомянутой книги: «Доказать, что высоты треугольника ha, hh , hc и радиус r вписанной в него окружности удовлетворяют неравенству ha +hh +hc >9r ». Так как сумма высот не превосходит суммы медиан, получаем цепочку:

А здесь, так как

все сводится к доказательству известного неравенства

С каждой решенной или разобранной интересной задачей мы приобретаем какой-то новый опыт, расширяем арсенал технических приемов. В трудных ситуациях этот опыт может неожиданно прийти на помощь, подсознание срабатывает иногда просто удивительно. Например, число 9 в условии задачи с факультета ВМК могло вызвать ассоциацию (но не вызвало!) с вышеупомянутым часто встречаемым неравенством. Иногда даже такого намека, такого минимального сходства хватает, чтобы решить трудную задачу! Конечно, если какое-то сходство действительно имеется, если его удается увидеть и использовать. В следующем эпизоде увидеть

было легко, так как опыт был приобретен буквально накануне (к этому мы еще вернемся), и я до сих пор удивляюсь такому необычному совпадению!

За несколько дней перед 2-м Творческим конкурсом учителей математики (сентябрь 2005 года) в хорошо мне известной и часто используемой на занятиях кружка при подготовке детей к олимпиадам книге Д.В.Фомина «Санкт-Петербургские математические олимпиады» мне вдруг бросилась в глаза задача: «Докажите, что для положительных чисел а, b, с, d выполняется неравенство —I---1---1-→-. Складываются знаменатели! Стало настолько интересно, что я сразу посмотрел указание: «Воспользуйтесь неравенством —I→-» Доказать это неравенство легко, воспользоваться — еще проще. Неравенство из указания я даже записал на листочек, чтобы не забыть и при случае показать его ученикам. Сама же задача, и это важно, запомнилась почему-то как —I---1---1→-. А вот что ждало меня (наряду с другими задачами) на конкурсе: «Две хозяйки покупали молоко каждый день в течение месяца. Цена на молоко ежедневно менялась. Средняя цена молока за месяц оказалась равной 20 рублям. Ежедневно первая хозяйка покупала по одному литру, а вторая — на 20 рублей. Кто из них потратил за этот месяц больше денег и кто купил больше молока?» Чтобы ответить на последний вопрос, надо сравнить число дней в месяце (столько литров молока купила первая хозяйка) и 20 —I---1---1-----1— , где a, b,c, a — ежедневные цены одного литра молока. Авторское решение можно найти в Интернете, а я покажу вам свой путь. Разница между этими количествами молока (и средняя цена за месяц) не изменится, если мы увеличим число дней в месяце до 32-х, посчитав, что в добавленные дни цена за литр была равна 20 рублям, то есть, средней. Пять раз разбивая слагаемые на пары и применяя неравенство — н→-,

получим:

так как

(a + d + c + ...d) = 20-32, то есть средняя цена, умноженная на количество дней.

Уже набирая этот текст, я подумал, что ведь и в неравенстве

«складываются» знаменатели, но удивления это у меня никогда не вызывало. Возможно, что здесь сумма (а + b + с) воспринималась как «делитель», а не как «знаменатель».

К тому же, неравенство могло впервые встретиться и в таком виде: (например, в № 6.74 сборника М.Л.Галицкого, А.М.Гольдмана и Л.И.Звавича). Удивительнее всего то, что выручившее меня неравенство —i---1---1→- я и ранее встречал не раз, хотя бы в задачах устных экзаменов ВМК в виде

Но в сентябре 2005-го я его не узнал!

А теперь я расскажу о нескольких малоизвестных и достаточно интересных задачах с целыми числами. Возможно, что их решения еще нигде не публиковались. Новые задачи, новые впечатления, кто знает, а вдруг это вам пригодится когда-нибудь? Ведь последние задачи вариантов ЕГЭ — это задачи с целыми числами!

1. Десятичная запись натурального числа к содержит шестьдесят три цифры. Среди них есть двойки, тройки и четверки. Других цифр нет. Число двоек на 22 больше числа четверок. Найти остаток от £ деления на 9 (Олимпиада РУДН, 2008).

Задача, конечно, простая. Но о том, что остаток от деления на 9 любого числа равен остатку от деления на 9 суммы цифр этого числа, ученикам лучше объяснить на примере с недавнего реального экзамена. Здесь сумма цифр легко находится, она равна 167, следовательно, остаток равен 5.

2. При каких натуральных m уравнение 2х4 — х3 + mx2 -1 = 0 имеет рациональные корни? (ВМК МГУ, устный экзамен, 2003).

Рациональными корнями здесь могут быть только числа -~ и ±1. Подставляя их по очереди в уравнение, находим четыре значения т: m = -2 (* = -!), m = 0 (х = 1), m = 3 (* = -!), m = 4 (х = ^-). Натуральными из них являются только два числа: m = 3 и n = 4.

3. Пусть а, b, с — цифры трехзначного числа m, и f(m) = a + b + c + ab + ac + bc + abc. Найти все m, для которых -= 1. (ВМК МГУ, устный экзамен, 2003).

Пусть m = \00а + 10й + с, (а — первая цифра, а^0). По условию m = f(m), и мы получаем уравнение: 100я + 10й + с = a + b + c + ab + ac + bc + abc, или 99a + 9b = ab + ac + bc + abc, откуда я(йс + й + с — 99) = /3(9 — с) > 0. Если с ^ 9, то решений нет, так как в этом случае bс + b + с-99<81 + 9 + 9-99 = 0. Если с = 9, находим, что /3 = 9, и а — любая отличная от нуля цифра.

4. Функция f(х) — многочлен с целыми коэффициентами, причем f(-4) = 3, 19 < f(3) < 29. Вычислить f(16), если известно, что это значение принадлежит отрезку [600,1100] (Олимпиада МИРЭА, 2007).

Нетрудно показать, что для многочлена с целыми коэффициентами разность f(к)- f (m) при целых кит делится на к-т . Действительно, при вычитании свободные члены сокращаются, а для любой натуральной степени пкп -тп =(к- m)(кп~] + кп~2 H-----h тп~х ).

Поэтому f(3)-f(-4) = f(3)-3 делится на 7. В указанном для f(3) промежутке находим единственное подходящее значение f(3) = 24. Рассуждая таким же образом, получаем, что f(16)-f(3) =f(16)-24 делится на 13, а f(16)-f(-4) = f(16)-3 делится на 20. Это можно записать так: f(16) = 20£+ 3 = 13/77+ 24.

Задача свелась к решению простейшего неопределенного уравнения первой степени, к задаче важной, полезной, но не трудной.

Итак, 13/77 = 20/:-21 ; m- к л--. Общее решение этого уравнения: к- 3 + 13/7, откуда находим m = 3 + 20П. f(16) = 20/с + 3 = 260/7 + 63 . Из этих чисел условию 600 < f(16) < 1100 удовлетворяет только значение f(16) = 843 .

5. Доказать, что если для некоторых натуральных пит число n2 +m2 -n делится нацело на 2nm, то n является квадратом натурального числа. (ВМК МГУ, устный экзамен, 2003).

Пусть --к, где к — натуральное число. Тогда 772 +/т72 -п-2пкт, рассмотрим это, как квадратное уравнение относительно т: m2 -2пкт + (n2 -п) = 0 . Его дискриминант, деленный на 4, должен быть квадратом целого числа, то есть: /7 к -п +п = n(пк -/7 + 1) = 7 . Нетрудно заметить, что числа n и пк2 -/7 + 1 — положительные и взаимно простые, а их произведение должно быть квадратом, следовательно, каждое из них является квадратом натурального числа, в том числе и n. Что и требовалось доказать.

6. Пусть а и b — различные натуральные числа, большие 1000000, и такие, что (а + b)3 делится на ab. Докажите, что I а-b I > 10000 . (Московская областная олимпиада, 10 класс, 2006).

Для определенности будем считать, что а> b. Пусть к — НОД(я,/3) — наибольший общий делитель а и b. Тогда a-km, b-кп, где тип взаимно простые числа, причем m>п, поэтому I а — bI = к(m -п)>к. Докажем, что к > 10000 . Пока заметим, что если к < 10000 , то m > n > 100.

Если (а + b) -а +bаЪ + bаЪ +b делится на ab, то а +b также делится на ab. В других обозначениях получаем, что къ(m +/73) делится на к2mn, или km3 +кп3 делится на mn. Но тогда km3 +кп3 должно делиться и на m, и на n. А так как тип вза-

имно простые числа, то к должно делиться и на m, и на n, и поэтому оно должно делиться на mn. Но мы уже знаем, что если к < 10000 , то m > n > 100. В этом случае mn > 10000 > к, а меньшее число на большее нацело не делится. Тем самым мы доказали, что |а — b|= к(m — n)>к>|0000. Эта задача долго у меня не получалась.

А вот задачи для самостоятельного решения.

6. Функция f(x) — многочлен с целыми коэффициентами, причем f(-2) = 2, 15 < f(3)<25. Вычислить f(21), если известно, что это значение принадлежит отрезку [600; 1100] (Олимпиада МИРЭА, 2007).

7. У трехчлена х2 — ах + b коэффициенты а и b — натуральные числа, а десятичная запись одного из корней начинается с 2,008... . Найдите наименьшее возможное значение а. (Московская областная олимпиада, 10 класс, 2008).

У меня получился ответ 116.

8. Аня нашла такое четырехзначное число, что сумма кубического корня (целочисленного) из него равна кубическому корню из суммы его цифр. Боря, Витя и Гена также нашли каждый свое такое число. Могло ли случиться так, что хотя бы трое из них, или даже все четверо, нашли разные числа. (Олимпиада мехмата МГУ, 2008, 10 класс)

9. Каково наименьшее возможное значение наибольшего общего делителя двух натуральных чисел a3b-ab3 и с3-с при целых а, b и с? (Олимпиада мехмата МГУ, 2009, 10 класс)

Последние две задачи не очень сложные. В своих вариантах они шли под первыми номерами. Но это — новые задачи, и мне кажется, что люди, придумавшие их, составляют сейчас задачи C6 для выпускников 2010-го года.

С. Дворянинов

г. Самара

Сколько оснований имеет треугольник?

В учебнике [1] на с. 32-33 находим ответы на подобные вопросы о количестве медиан, биссектрис и высот: любой треугольник имеет три медианы (три биссектрисы, три высоты).

Там же на с. 34 равные стороны равнобедренного треугольника названы его боковыми сторонами, а третья сторона — основанием равнобедренного треугольника.

Далее на с. 121 читаем: «Одну из сторон треугольника часто называют основанием. Если основание выбрано, то...»

Последнее означает следующее. Если задан произвольный треугольник, то изначально никакого основания у него нет. Сторона объявляется основанием по воле того, кто этот треугольник рассматривает или решает связанную с треугольником задачу. Любую сторону треугольника можно назвать основанием, или выбрать в качестве основания, или принять за основание.

Из сказанного, очевидно, следует корректность двух таких высказываний:

1) боковую сторону равнобедренного треугольника можно назвать его основанием;

2) в качестве основания равнобедренного треугольника в соответствии со сказанным на с. 121 можно выбрать сторону, которая называется основанием равнобедренного треугольника в соответствии со сказанным на с. 34.

Зададим такой вопрос: Сколько оснований может иметь произвольный треугольник? Согласно тексту на с. 121 отвечаем: три.

А сколько оснований имеет и сколько оснований может иметь равнобедренный треугольник? Ответ такой. Одно основание имеется всегда — согласно с. 34, и еще две стороны можно выбрать в качестве основания согласно с. 121.

Пожалуй, можно было бы и не говорить об этом терминологическом казусе. Но оказывается, что привязка только к одному из возможных толкований понятия «основание треугольника» может помешать найти простое решение задачи. В недавно появившейся статье [2] авторы решают такую задачу: “определить наибольшую площадь равнобедренного треугольника, боковая сторона которого равна /”. Авторы исходят из следующего: «Для нахождения площади треугольника надо знать его высоту и основание». А коли в задаче речь идет о равнобедренном треугольнике, то зачем искать-выбирать основание? — Вот оно! В смысле с. 34!

Затем высота, проведенная к этому основанию, была обозначена X и функция S(x) = x|/l2 -x2 (значения которой представляют площадь треугольника) была исследована с помощью производной.

Но в решении этой задачи лучше воспользоваться определением основания в смысле с. 121 !

Выберем боковую сторону в качестве основания, тогда высота, проведенная к этому основанию, не превосходит второй боковой стороны. Следовательно, площадь треугольника не превосходит половины /2, и это значение достигается, когда угол в данном треугольнике прямой. (Здесь мы не говорим о формуле S = я*sin у, в центре нашего внимание — понятие основания.)

Основание, да не то ... Или, как говорится, енот, да не тот;

Литература

1. Геометрия: Учеб. для 7-9 кл. сред.шк./ Л.С.Атанасян, В.Ф Бутузов, С.Б.Кадомцев и др.- М: Просвещение, 1990.

2. Беляева И.С., Федорова С. И. Формирование действий самоконтроля при решении текстовых математических задач. Современная математика и проблемы математического образования. Материалы Всероссийской заочной научно-практической конференции 2009 г., г. Орел, с. 118-122.

Содержание

Информация

Бусев В.М. ПЕРВЫЙ ГОД ЖУРНАЛА «ПОЛИНОМ».....................3

Воспоминания

Левитас Г.Г. КАК ПОЯВИЛАСЬ ТЕХНОЛОГИЯ УЧЕБНЫХ ЦИКЛОВ..............................................................................9

Шноль Э.Э. МОИ СТУДЕНЧЕСКИЕ ГОДА......................................16

Взгляд на преподавание

Егоров А.В. РАЗМЫШЛЕНИЯ.............................................................24

Писаренко И.Б. ТРУДНОСТИ ДОКАЗАТЕЛЬСТВ................................28

Сгибнев А.И. МОНОЛОГ И ДИАЛОГ В МАТЕМАТИКЕ....................35

Взгляд оттуда

Сгибнев А.И. АНАЛИТИЧЕСКИЙ ОТЧЕТ О ПОЕЗДКЕ В СИНГАПУР........................................................................41

Материалы к занятиям

Наумов А.А. О РАБОТЕ В ЛЕТНЕМ ЛАГЕРЕ................................. 46

Потапов М.К., Шевкин А.В. О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЙ ВИДА Ф(Ф(x)) = x 58

Шевкин А.В. ВОКРУГ ТЕОРЕМ ЧЕВЫ И МЕНЕЛАЯ....................69

Экелекян В.Л. О МЕТОДИКЕ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ НА ТЕМУ «ТЕОРИЯ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ ГАЛИЛЕЯ»............. 93

Кузнецова В.Ю. ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ С ФАКТОРИАЛАМИ В ТРЕНИРОВОЧНЫХ ВАРИАНТАХ ЕГЭ........................ 103

Пукас Ю.О. НАДО РЕШИТЬ ЗАДАЧУ..............................................107

Пукас Ю.О. ПОХОЖИЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ С ЦЕЛЫМИ ЧИСЛАМИ.......................................................................113

Дворянинов С. СКОЛЬКО ОСНОВАНИЙ ИМЕЕТ ТРЕУГОЛЬНИК?............................................................. 119

Изд. Лицензия ЛР № 066121 от 22.09.1998г. Подписано в печать 18.01.2010 Объем 6,5 п.л. Формат бумаги 60x90/16. бумага офсетная №1. Печать офсетная. Тираж 200 экз. Заказ №657 Издание Института Логики, Когнитологии и Развития Личности Отпечатано в типографии ЕВСТИ, г. Москва.