АРХИМЕД

Научно-методический сборник

Выпуск 10

2014

Архимед

Научно-методический сборник

Выпуск 10

Москва 2014

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

Архимед. Научно-методический сборник. Вып. 10. В настоящем сборнике представлены тезисы докладов участников семинара «Интеграция основного и дополнительного физико-математического образования», проходившего 29 января 2014 года в ФМШ № 2007 ЮЗОУО г. Москвы, а также другие публикации, посвященные вопросам дополнительного физико-математического образования.

© 2014, AHO Институт логики

© 2014, Редакция «Архимед»

На пути от плохого к худшему

С.Е. Рукшин, РГПУ им. А.И. Герцена, ФМЛ 239, город Санкт-Петербург,

А.В. Шевкин, ФМШ 2007, город Москва

«Я правду о тебе порасскажу такую, что хуже всякой лжи. »

Александр Сергеевич.

Куда ж без него...

Реформа педагогического образования идет в худших традициях. Не тогда, не то и не так. Триединая формула провала всех наших реформ в области образования за последние 15 лет. Всеобщая поддержка благих намерений — кто ж с ними поспорит? — затем ожидаемый «одобрямс» эксперимента зависимыми от министерства ректорами и лизоблюдствующими управленцами и директорами школ. А в итоге, разумеется, сокрушительный провал при попытке достичь декларированных результатов. Впрочем, компетентность, подобно красоте и контактным линзам, находится в глазах ценителя.

И некоторым по-прежнему искренне кажется, что страна приняла ЕГЭ, что мы на пути построения инновационной экономики, что реформа выдвинет российскую науку на новые рубежи, и что из пластилина можно сделать пулю... Сделать-то можно, а вот что с ней делать потом? Вот с этой точки зрения и посмотрим на некоторые аспекты предлагаемой нам концепции, вспоминая славный трактат Крутицкого «О вреде реформ вообще». Текст концепции см. здесь: http://www.mpgu.edu/documents/concepciya-podderzhki-ped-obrazovaniya.pdf

1. Как отмечено в Концепции, в последние годы количество педагогических вузов сокращается, но не указано, что это делается НАСИЛЬСТВЕННО. Их закрывают, сливают с другими ВУЗами, перепрофилируют, превращают в слабые классические университеты, не выдерживающие конкуренции и становящиеся заведомо неэффективными. Более 40 педагогических ВУЗов подверглись таким

экзекуциям. Разве педвузы закрывались по собственной инициативе? Наоборот! Некоторые педвузы сохранились только потому, что студенты и преподаватели вышли на площади...

Стоит ли после этого упрекать педагогическое сообщество в развале педобразования?

2. Нам пеняют на «устаревшие методы и технологии». И кто, позвольте спросить, нам их навязывал и заставлял перейти от неплохих программ специалитета (подготовки специалистов-учителей) к недоучкам-бакалаврам? Уж не те ли, кто сейчас нас упрекает в этих самых устаревших технологиях? В 90-е годы один из авторов этих строк был членом Методического Совета УМО ОППО. И отлично помнит, какие программы подготовки учителей мы закладывали, глядя в светлое будущее российского образования. И помнит, какими глазами и с какой завистью на эти программы смотрели педагоги американских университетов, которые приезжали к нам делиться опытом и обнаруживали, что многое могут заимствовать, а вот делиться в подготовке учителей им совершенно нечем... И чьи методы и программы нам усиленно навязывали! Те самые, устаревшие, как мы только что неожиданно узнали, методы и технологии. Которые нам еще недавно выдавали за панацею. Так стоит ли на зеркало пенять?

Дело не только в количестве — качество подготовки учителей стало совершенно иным. Насильственно закрыта подготовка специалистов по специальности «учитель ... » (математики, физики, литературы и т.д.) с переходом на «бакалавров образования», не имеющих ни должной специальной, ни достаточной методической подготовки. И все это делалось в рамках предложенной ректором МГУ Садовничим (и поддержанной президентом Медведевым) концепции подготовки учителей в классических университетах. Жаль, что двоечники мехмата и других факультетов МГУ, неспособные к научной работе, так и не поехали на село работать учителями... Так что напрасно Президент Медведев ратовал за то, чтобы в школу пришли специалисты с непедагогическим образованием. Как и многие другие его инициативы эта — провалилась полностью.

3. Приведенные в Концепции статистические данные с бессмысленной точностью до сотых долей процента ничего не говорят

и не доказывают! Это совершенно безосновательные натяжки. Чтобы последняя цифра говорила нам о чём-то, надо иметь не менее 10000 вузов, а нам говорят про 42 вуза. В этом месте почему-то вспоминаются слова премьер-министра Великобритании Б. Дизраэли: «Существуют три вида лжи: ложь, наглая ложь и статистика» (There are three kinds of lies: lies, damned lies, and statistics).

4. Да, действительно в целом результаты приема и обучения по педагогическим направлениям и данные о трудоустройстве выпускников свидетельствуют о существовании «двойного негативного отбора», когда в педагогические вузы поступают не самые лучшие в академическом смысле абитуриенты, а учителями становятся не самые лучшие выпускники. И кто виноват в этом? Педвузы или государство и Министерство, создавшие профессии учителя именно такой социальный статус??? Так не с их ли реформирования нужно начинать?

5. Что доказывает приведенная в концепции диаграмма, показывающая, что доля студентов, ориентированных на работу в школе, от курса к курсу падает: I курс — 22,3%, II курс — 17,3%, III курс— 10,1%. ??? Вовсе не то, что нам подсовывают в Концепции, говоря, что вместо теоретической подготовки нужно запустить студентов-педагогов пастись в поля образования и жевать под ласковым солнцем российской школы свежую зеленую траву передовой педагогики. Ровно наоборот! Побывав на ознакомительной и педагогической практике в школе, студенты понимают, что идти в нее работать нельзя. Ибо образование в стране, отношение «партии и правительства» к учителю, работа под руководством разудалых министров, реформаторов и образовательных управленцев, которые директора превращают в фальсификатора выборов, а при отказе — увольняют без объяснения причин, — все эти факторы не только делают невозможным эффективное школьное образование, но и унижают учителя, превращая его в проститутку, зависящую от оценки неграмотным потребителем качества ее «образовательных услуг»!

Как всегда, стоит добавить, что идеи авторов концепции ровным счётом никак не повлияют на упомянутый ими «двойной негативный отбор».

6. Что означает эта умопомрачительная идея подготовки учителей в школе с уменьшением числа и объем читаемых им теоретических курсов и сокращением периода обучения до 4 лет??? Не перейти ли нам заодно на подготовку инженеров прямо в цехах? А зачем им курсы теоретической механики, сопромата, деталей машин, теория машин и механизмов, технологии обработки материалов? Ракеты и так иногда взлетают! Правда, всё иногдее и иногдее... Хотим напомнить историю о взрыве газового баллона пару лет назад, унесшем жизнь и здоровье людей и причинившем заметный материальный ущерб. Два балбеса, окончившие ускоренные курсы сварщиков, хорошо усвоили, что на морозе баллон с газом лучше нагреть. Но, в отличие от ПТУ, им никто не объяснил, что при нагревании газы расширяются, а давление — возрастает, и возможен взрыв. Погрелись...

Все-таки жаль систему профтехобразования. Было в ней что-то важное и нужное для подготовки рабочих кадров. Увы, уже утраченное в ходе успешных реформ... «Теория всегда, мой друг, суха, но древо жизни вечно зеленеет». Стоит ли лишать специалистов сухой теории ради деревьев, зеленеющих над могилами жертв такого обучения?

7. Помнится, как С.Е.Рукшин на заседании Общественного Совета Министерства говорил о необходимости сохранения якобы неэффективных ВУЗов, образующих региональную компоненту высшего образования и готовящих педагогов и врачей для отдаленных регионов, инженеров-горняков и металлургов для Новокузнецка... Ибо выпускники МГУ и московских медицинских университетов не слишком-то охотно едут в якутские деревни и к оленеводам... Тогда на заседании совета А.А.Венедиктов громогласно спросил, хотим ли мы, чтобы детей учили плохие учителя и лечили плохие врачи-недоучки, выпущенные в регионах. Немедленно вспоминается диалог профессора Преображенского с Борменталем: да ведь других-то нету! Ответ будет таким же — вот вы никаких и не?... Так? Выясняется, что к счастью не так. Кажется, мы опять возвращаемся к стратегии развития региональных системообразующих ВУЗов. В частности, педагогических. Ибо благими пожеланиями Венедиктова-старшего и иже с ним вымощена дорога к окончательному развалу российского образования. А, может быть, и не только образования...

8. Говоря (и вполне обоснованно!) о комплексе противоречий, о низком престиже профессии учителя, авторы концепции предлагают пути, никак не выводящие из круга этих противоречий! Это симуляция деятельности там, где ничего нельзя сделать, не поменяв отношение руководства страны к образованию и науке, не решив, какое образование, какая наука и какая (на словах — высокотехнологичная, инновационная и экспортно-ориентированная) экономика нужны стране. Без получения убедительных ответов на эти вопросы вся реформаторская деятельность ведет наше образование по пути от плохого к худшему, и более всего напоминает раздачу мыла заключенным концлагерей перед тем, как отправить их в баню, оказавшуюся газовой камерой.

Попробуем подвести некоторые очевидные итоги

Очень уж недалеко они, наши реформаторы, ушли от революционеров вековой давности (исключая, разумеется, идеализм и бескорыстие последних). Как там пелось? «Весь мир насилья мы разрушим до основанья, а затем мы наш, мы новый мир построим...»

Поздравляем! Первая часть (в отношении образования) выполнена полностью. Осталось посмотреть, наступит ли обещанное «затем». Конечной цель реформ должно быть улучшение качества обучения школьников. Увы. Ни мрачные пророчества «451 по Фаренгейту», ни «Записки о кошачьем городе» Лао Шэ скоро не покажутся нам фантастикой.

Положение действительно безвыходное. И старые опытные учителя почему-то не выходят на пенсию, да и родители учеников и директора школ почему-то об этом не мечтают. Реформируем, реформируем образование, а оно всё никак не реформируется — так, чтобы до основания. Может, реформаторы боятся не увидеть при своей жизни окончательного итога своей разрушительной деятельности, поэтому пускают в ход организационные мероприятия крупного калибра: стандарт образования, закон об образовании, закон о реформе РАН, стандарт учителя, уникальную по своему откровенному непрофессионализму «дорожную карту для российского образования», куда авторы нашей Концепции хотят вписать свои 25 «мероприятий». Реформаторы образования издевательски «повышают» зарплату учителям и преподавателям за счёт увольнения некоторых из них и невыносимой интенсификации и фальси-

фикации труда оставшихся, они вводят конкуренцию в ряды педагогов через новую систему оплаты труда. А Брестская крепость российского образования всё не сдаётся. У них остался один ход: перекрыть нашей крепости приток боеспособных сил, понизить фундаментальную подготовку будущих педагогов, заменив её ориентацией на бездеятельностный и некомпетентностный подходы и практику-стажировку у школьных учителей, которых сами же реформаторы люто не уважают. Они хотят превратить педагогические вузы в педагогические ПТУ. Они притворно возмущаются отсутствием исследовательских работ у студентов! А кто этому должен учить? Преподаватели, которых реформаторы, авторы дорожных карт и концепций поддержки всякого развития задавили увеличением аудиторной нагрузки так, что им готовиться к занятиям некогда, не то чтобы самим заниматься исследованиями и написанием статей?

Обратите внимание на одну особенность. Эти реформаторы и писатели концепций никогда не отчитываются по существу своих предложений и качества их реализации. Вспомним для примера профильную школу, ради построения которой громили образование на рубеже веков? Где она?

Вместо таких отчетов они начинают новый этап реформирования, объявляют новые задачи, открывают новые экспериментальные площадки, прикармливая тех, кто будет делать «одобрямс» их начинаниям. Нет никакой независимой экспертизы всей этой многолетней кипучей и многозатратной имитации деятельности. Зачем нам отчеты и анализ достигнутого? Новые флаги, новые цели, новые лозунги. Отвлекай и развлекай!

Сколько же можно издеваться над работниками образования? Скажите, сколько мы будем терпеть это профессиональное хамство? Неужели до самого развала России? И никому-никому не удастся сплотить нацию на тотальное противодействие разрушительным реформам?

Арифметические проблемы на уроке физики

И.А. Тарасова,

ФМШ 2007, город Москва

Мой ребенок не умеет считать. Я в тихом шоке. В пределах даже десяти. Ребенку уже восьмой год. В этом году идет в школу. Ходили к школьному психологу, она проводила простые тесты. Сколько звездочек, сколько сердечек? Чего больше? На сколько? Вот на сколько — у моего ребенка тупик. Я проверила его сама: сколько будет 3 + 2 ? Считает на пальцах. Говорит 5. Ладно. Сколько будет 2 + 3 ?. Опять задумался, считает на пальцах. Посчитал 5. Я ему опять 3 + 2 ?. Опять думает, считает на пальцах. Дошло до него только пока я раз пять еще не повторила эти примеры. У невролога наблюдаемся. Витамины пьем. Хобби — компьютер. Речь в норме. Читать научился еще шести лет не было. На компьютере в игре сам пытается переписываться, слова составляет.

Форум

Залезть в интернет меня заставил случай на уроке физике в 9 классе.

Сильный класс, ребята с удовольствием слушают объяснение, решают задачи в общем виде, делают теоретические расчеты, не списывают друг у друга, а решают сами, радуются, когда у них всё получается.

Лёгкая разминочная задача:

Сравнить вес тела массой 50 кг на полюсе и экваторе. Радиус Земли 6,4х106м.

Быстро и легко, воспользовавшись Законом всемирного тяготения и вторым законом Ньютона, получили ответ в буквенном виде.

Можно переходить к решению другой задачи, но скоро Физическая олимпиада и я прошу получить ответ в цифрах.

Делаю я это не часто, поскольку на уроках не разрешаю считать на калькуляторах, а время на цифровые вычисления тратить жалко.

Первые парты считают на бумаге, на задних пытаются пользоваться телефонами.

Результат превосходит все мои опасения. Из 10 человек правильно решил только один (считавший на бумажке), но время решения составило 15 минут. Разброс значений в диапазоне от нескольких тысячных до 34 тысяч Н. Считаем ещё раз и опять ошибка.

Подхожу к доске, переписываю полученную дробь в цифрах и начинаю сокращать. Учителя старой гвардии ещё сейчас на спор соревнуются с учениками на быстроту и правильность числовых расчетов, решая устно примеры которые школьники вычисляют с помощью калькуляторов, и нужно признать — всегда оказываются и быстрее и точнее, но и мой метод «прикидочных вычислений» вызывает восхищение, поражая простотой и быстротой.

Что же мешало моим ученикам получить правильный цифровой ответ?

1. Невнимательность

2. Недостаточная концентрация и собранность

3. Неаккуратность в письме

При этом школьники считают получение неправильного числового ответа случайностью, я — системной ошибкой, повторяющейся на протяжении многих месяцев.

Одним из методов борьбы с невнимательностью школьников является введение практики устного счета в средней школе.

Ученики привыкли пользоваться калькуляторами (на физике это официально разрешено) и почти разучились считать устно, а это в дальнейшем приводит к появлению тенденции снижения умственных способностей у подростков. Программа в современной школе построена так, что на устный счет в 5-9 классе нет времени, а ос-

новные приемы устных вычислений способны активизировать мыслительную деятельность, развивать способность воспринимать на слух сказанное, тренировать память, речь, повышать внимание и быстроту реакции в период быстрого развития мозга. Эти навыки будут служить человеку на протяжении всей его жизни.

Другим методом борьбы с отсутствием концентрации на уроках является запрет в школе электронных игр. Начав играть в транспорте или перед уроком, первые 20 минут ребёнок анализирует свои игровые ошибки, пытается во время урока незаметно их исправить, а последние 15 минут урока он ждёт перемены для продолжения игры. Для таких детей урок — досадный и вынужденный перерыв.

Дорогие телефоны с встроенным интернетом являются миной замедленного действия в интеллектуальном развитии юного поколения.

Исследования, выполненные по сканированию мозга, выявили прямую зависимость между количеством друзей в Facebook и размерами определенных отделов нашего мозга. Считается, что первый, основной, отдел мозга, который увеличивается в связи с активным использованием Интернета — это отдел памяти, а второй увеличивающийся отдел связан с развитием аутизма.

Английские ученые считают, что у человека, проводящего в Интернете много времени, быстро развивается две области головного мозга — часть, отвечающая за кратковременную память, и центр, ответственный за принятие быстрых решений. Однако те зоны мозга, которые ответственны за детальный анализ, глубокое продумывание проблемы, по существу, остаются без нагрузки и постоянно утрачивают навыки в интенсивной работе.

В конечном итоге, Интернет-зависимые люди превращаются в импульсивных людей, не способных к интеллектуальной деятельности, и задача родителей и учителей на современном этапе противостоять этой негативной тенденции.

Как организовать школьную математическую олимпиаду (Размышления начинающего учителя)

В.Л. Шагалов

НОУ «Промо-М», город Москва

Олимпиада — будет что надо! (рекламный ролик к олимпиаде-80 в Москве)

Само слово «олимпиада» в применении к научным занятиям, и в особенности к математическим упражнениям всегда казалось мне неудачным. Олимпийский лозунг «Быстрее, выше, сильнее» совершенно не соответствует моему представлению о принципах, на которых должен быть основан элитный отбор математических способностей, одаренностей и талантов. «Быстрее» — лучше совсем исключить — есть много людей (особенно детей), теряющихся в цейтноте, а в спокойной обстановке «творящих чудеса». «Выше» — ну разве что уровень теоретической подготовки, «сильнее» — мозговые штурмы и прорывы! В общем, как-то не вяжется. Кроме того — жесткие олимпийские правила — вплоть до ограничения длины трусов у пловцов (надо же — имеет значение!). А проверка на допинг! Вот интересно — введут когда-нибудь на школьных и городских всевозможных олимпиадах и регатах (то еще словечко — дескать, думай скорей, а то проиграешь!) такой тест? Правда, по нынешним временам, похоже, скоро не лишним будет проводить допинг-контроль уже без всяких соревнований — просто при входе в школу. Так или иначе, по-моему, главным принципом какого-либо отбора по способностям должен быть принцип самостоятельности, оригинальности, а не скорости мышления. Кроме того, критерии экспертных оценок в этой области должны быть очень гибкими и непременно коллегиальными. Как это организовать — сейчас не обсуждается (опять же из-за отсутствия времени) — но, считаю, при таком подходе окупятся любые хлопоты и затраты.

Хочу привести короткий отрывок из рассказа «Задачка» Ильи Зверева, который еще в начале 60-х годов понимал, что ко всякого такого рода олимпиадам (к их соревновательной части) следует относиться с иронией и юмором, при этом, конечно, нисколько не умаляя серьезную составляющую. Речь шла о двух московских семиклассниках, решивших взять приз на математической олимпиаде.

«Каждому полагалась своя задача. И не какая-нибудь там обыкновенная, про колхоз «Светлый путь», который приобрел два трактора и три машины, в то время как колхоз «Заря» приобрел семь тракторов и т.д. Тут были совсем другие задачки.

Юре, например, выпала такая. К королю Артуру съехались рыцари. Притом известно, что каждый из них враждует с половиной гостей. Каким образом помощник короля герцог Эрнест мог бы рассадить их так, чтобы никто не сидел с врагом.

— А у тебя что? — спросил Юра, которому, конечно, захотелось сперва узнать, что там досталось Леве.

Леве досталось про шахматистов. В турнире участвовало восемь человек, и у всех оказались разные результаты. Притом известно, что занявший второе место получил столько же очков, сколько четыре последних, вместе взятых. Каков исход встречи между четвертым и пятым шахматистами?

Лева вонзил пальцы в дикую свою шевелюру, задышал, замычал, заморгал — все это значило, что он приступил к работе».1

Задачи они по рассказу решили, а вот приз им дали только один на двоих — такие были критерии отбора и такие были времена — в Москве 60-х было много одаренных детей. А теперь?

В силу всего вышеизложенного, хотел бы назвать предлагаемую работу не олимпиадой или регатой (просится еще на язык «математическое ралли», ну да Бог с ним), а примерно так: «Общешкольный математический тест» Название «тест» как бы приглушает дух соревновательности (в этой сфере, мне кажется, неполезный), в то же время зажигая интерес испытуемых к собственным способностям (люди любят различные тесты, относясь к результатам, как правило, без обид, с легкой иронией — по себе сужу). Задача теста— провести мягкую (без золотых гор и строгих оргвыводов),

1 http://lib.ru/PROZA/ZWEREW_I/april.txt

предварительную проверку математических способностей учащихся. Цель теста — выявить детей, обладающих (или желающих обладать) такими способностями. Как впоследствии использовать полученную информацию — опять же не тема данной работы, однако думаю, в любом случае не стоит торопиться с выводами, ведь предложенные задачи есть лишь малое подмножество всего спектра математических тем, да и желательно провести такой тест не один лишь раз. На участие в работе можно пригласить всех желающих с 6-го по 11-й класс (впрочем, и взрослым вход не запрещен — все же тест, а не регата!). Задачи предлагаются несложные по формулировкам (иногда в виде игры или забавы), как правило, не требующие специальных математических знаний, из различных областей математики. Исключение, безусловно, составляют задачи по планиметрии — тут без знаний не обойдешься, и некоторые другие, например, на делимость чисел.

Для тестирования предлагается 10 задач: три логических (1, 4, 6), две числовые задачи (2, 9) на делимость и на простые числа, две планиметрические (8, 10), остальные (3,5,7) — «разное». Задачи расположены не в порядке сложности и не по тематике, а в смешанном порядке. Проверяемые знания и навыки описаны согласно моим субъективным представлениям, причем понятно, что здравый смысл и умение рассуждать нужно вообще всегда в математике (да и не только в ней!). Так же условно указаны уровни сложности задач — здесь мне вообще трудно судить — до сих пор не было подобного опыта. Кроме того, в задачах, помеченных звездочками, я предложил бы ввести повышающие коэффициенты, учитывающие возраст тестируемых (чем меньше класс, тем больше коэффициент) и умножать на них, полученные за решение задачи баллы (пусть, например, максимальный балл равен уровню задачи). Еще замечу, что внутри каждой темы задачи имеют различия в подходе и проверяемых навыках, например, обе планиметрические задачи даны на построение, однако в задаче 8 важно найти, где поставить точки и доказать верность выбора, в то время как в задаче 10 надо описать собственно само построение, а доказательство не составляет труда. Также есть различия и в логических и числовых задачах.

Характеристики предлагаемых задач сведены в следующую таблицу.

Условное название задачи

Математическая начинка

Проверяемые навыки, способности, умения

Класс

Уровень

1

Переправа

Поиск алгоритма

алгоритмическое мышление

6-11

5

2

«Удачные» числа

Делимость чисел

Знание арифметики, свойств чисел, признаков делимости

8-11

8*

3

Гастроли

«Житейская» задача

Здравый смысл, знание долей и дробей

6-11

3

4

Карточки

Обработка информации

Умение понимать условие задачи, формально рассуждать

6-11

6*

5

Слежка

Топология, графы

Топологические навыки

6-11

7

6

Правдивые и лжецы

«чистая» логика»

Умение рассуждать логически

6-11

6

7

Переливание

Построение примера

Способность выдвигать идеи, творчество

6-11

7

8

Минимальный периметр

Планиметрия, доказательство

Геометрические знания и навыки

9-11

10*

9

Три числа

Простые числа

Свойства простых чисел

8-11

4*

10

Равносторонний треугольник

Планиметрия построение

Умение предложить нестандартное решение

9-11

10*

Общешкольный математический тест

Задача 1. а) Три рыцаря, каждый со своим оруженосцем, встретились на берегу реки, через которую им надо было переправиться. Их лошади переправились вплавь, а их самих ждала двухместная лодка. Но ни один оруженосец не захотел остаться в компании чужих для него рыцарей без своего. Как им всем, используя только лодку, переправиться через реку?

б) Могут ли успешно выйти из аналогичной ситуации четыре рыцаря и четыре оруженосца?

Задача 2. Назовем натуральное семизначное число «удачным», если оно делится на произведение всех своих цифр. Существуют ли четыре последовательных «удачных» числа?

Задача 3. После возвращения цирка с гастролей знакомые спросили дрессировщика Казимира Алмазова о «пассажирах» его автофургона:

— Тигры были?

— Да, причем их было в семь раз больше, чем не тигров.

— А обезьяны?

— Да, их было в семь раз меньше, чем не обезьян

— А львы были?

Ответьте за Казимира Алмазова. Ответ обоснуйте.

Задача 4. На столе разложены четыре карточки на которых сверху написано: А, Б, 1, 2 (о том, что написано на другой стороне карточки, ничего не известно). По условию, если на какой-то стороне карточки написано четное число, то на другой стороне — гласная буква. Какое наименьшее число карточек и, какие именно надо перевернуть, чтобы проверить, соблюдается ли условие?

Задача 5. Начальник отдела, в котором служит Джеймс Бонд, установил взаимную слежку между агентами с номерами от 001 до 007 по схеме: первый следит за тем, кто следит за вторым, второй следит за тем, кто следит за третьим и так далее, последний следит за тем, кто следит за первым. Нарисуйте указанную схему, в которой агент это цифра, а слежка — стрелочка между цифрами.

Задача 6. В комнате собрались четверо: каждый либо всегда говорит правду, либо всегда лжет. Первый сказал: «среди нас ровно один лжец», второй сказал: «среди нас ровно два лжеца», третий сказал: «среди нас ровно три лжеца», четвертый сказал: «среди нас четыре лжеца». Кто из них правдивый, а кто лжец? Найдите все возможные варианты.

Задача 7. Имеются два сосуда неправильной формы, кран с водой и раковина. Разрешается наполнять сосуды, выливать из них воду и переливать воду из сосуда в сосуд. Как узнать, что больше:

одна треть объема первого сосуда или одна четверть объема второго сосуда? Никаких других измерительных средств нет.

Задача 8. а) Пусть точки А и В расположены вне прямой /. Постройте на этой прямой такую точку М, чтобы величина AM + MB была минимально возможной.

б) Пусть точка А расположена внутри данного острого угла. Найдите на двух его сторонах такие точки М и N, чтобы периметр треугольника AMN был минимально возможным.

в) Постройте на трёх сторонах данного остроугольного треугольника такие точки М, N и Р, чтобы периметр треугольника MNP был минимально возможным.

Задача 9. Найдите три простых числа, сумма которых в 5 раз меньше их произведения.

Задача 10. Дан треугольник со сторонами 5, 6 и 7. С помощью циркуля и линейки впишите в него равносторонний треугольник (каждая вершина равностороннего треугольника лежит соответственно на каждой из сторон данного треугольника).

Решения и комментарии

Задача 1. Имеется некоторая неопределенность в условии, неясно, может ли оруженосец пересечься с чужим рыцарем (в отсутствие своего) в момент передачи лодки? Примем, что да, может (на это косвенно указывает слово «остаться»).

а)

Левый берег

движение

Правый берег

Шаг 1

P1 Р2 Р3

O1 O2 →

O1 O2 О3

О1←

О2

Шаг 2

P1 Р2 Р3

О1 О3 →

О1 О3

О1←

О2 О3

Шаг 3

P1 Р2 Р3

Р2 Р3 →

Р2 Р3

О1

О2←

О3

Шаг 4

P1

P1 O1 →

P1 P2 P3

O1 O2

О1←

О3

Шаг 5

P1 P2 P3

O1 O2

О1 O2

О3 Конец.

б) Да. Вначале решаем предыдущую задачу до шага 4 (Р4 и 04 — курят на левом берегу). Затем:

Шаг 4

Р4 P1

P1 Р4 →

P1 Р2 Р3 Р4

О4 О1 O2

О3←

Дальнейшая переправа четырех оруженосцев не представляет логических трудностей.

Задача 2. Предположим, что n, n + 1, n + 2 , n + 3 — «удачные» числа. В записи этих чисел нет цифры 0, т. е. иначе произведение всех цифр равно нулю и число не может на него делиться. Следовательно, эти числа находятся в пределах одного десятка то есть отличаются только последней цифрой, и, следовательно, одно из них (а их четыре) оканчивается либо на 4, либо на 8. Далее, среди четырех последовательных «удачных» чисел есть нечетные. Чтобы нечетное число делилось на произведение своих цифр, необходимо, чтобы все цифры этого числа были нечетными. Следовательно, первые шесть цифр всех четырех чисел — нечетные. Но числа, оканчивающиеся на две последние цифры а4 или а8, при нечетном а не делятся на 4 (тем более на 8). Получено противоречие. Ответ: не существуют.

Задача 3. Это легкая задача. Но, я думаю, что в любом тесте должны быть легкие задачи, иначе тестируемый может быстро потерять к тесту интерес.

Пусть N общее количество всех животных. Тогда количество тигров составляет — N (т.е. тигров в семь раз больше, чем не 8 тигров), а обезьян было — N (т.е. обезьян в семь раз меньше, чем

не обезьян).

Следовательно, других животных не было.

Ответ: Львов не было.

Задача 4. Ясно, что карточку с надписью «2» надо проверить — если на другой стороне не гласная буква, то условие нарушается. Карточки с надписями «Б» и «1» надо проверить потому, что если на обороте будет стоять четное число, то условие вновь нарушается. Карточку с надписью «А» проверять не надо, так как если на обороте «четное число», то условие выполняется, если нет — то условие не нарушается.

Ответ: Перевернуть надо три карточки с надписями «2», «Б» и «1».

Следующая задача тоже кажется несложной, но решение требует полного понимания и формального выполнения условия задачи, что присуще не всем людям — даже одаренным.

Задача 5. Можно решить так: пусть X— тот, за которым следит 1-й, тогда за 1-м следит X -1, за ним 7-й, за ним X — 2, за ним 6-й, за 6-м следит X — 3, а за ним следит 5-й. Так как пройдено 7 шагов то X = 5 , далее: Х-1-4, Х-2 = 3, Х-3 = 2.

Но эту задачу можно решить и перебором — он невелик. Ясно, что 1-й не может следить за вторым, если допустить, что 1-й следит за 3-м, то по условию за ним следит 2-й, за 2-м 7-й, а за 7-м вновь 1-й. Цикл обрывается. Если предположить, что 1-й следит за 4-м, то выстраивается такая цепочка: 1 →6→2→7→3→1→4, опять 1-й следит за двумя шпионами, а 5-й ни за одним. Уже в третьей попытке— удача: 5→2→6→3→7→4→1→5. Цикл замыкается. А так как никто не ставил задачу найти все способы слежки или доказать что других способов нет, то решение заканчивается красивым рисунком: Изящная фигура: в жизни с правильной семиугольной звездой сталкиваться как-то не приходится. Впрочем, нарисовать её можно и без предварительного перебора — такое решение тоже приемлемо.

Задача 6. Решение: Сразу ясно, что 4-й — Лжец, так как если он Правдивый, то среди них не четыре Лжеца. Но тогда и 1-й — Лжец, так как если он говорит правду, то он имеет в виду 4-го, остальные должны быть Правдивыми, но 2-й и 3-й говорят разное, значит, по крайней мере, один из них — Лжец. Если 2-й говорит правду, то он имеет в виду 4-го и 1-го, но тогда третий должен тоже говорить, что Лжецов — ровно двое, следовательно, 2-й — тоже Лжец! Наконец, 3-й может говорить правду — здесь противоречий нет, а если он лжет, то лжецов получается уже четверо, но это невозможно.

Ответ: 1-й, 2-й и 4-й — Лжецы, 3-й — Правдивый.

Задача 7. В условии прямо не говорится, какой из сосудов больше объемом, но из контекста следует, что первый меньше (иначе какой смысл сравнивать одну треть объема первого сосуда и одну четверть объема второго?) Так или иначе, проверить это можно одним переливанием из любого (полного) в другой (пустой). Пусть V1 — объем меньшего сосуда, V2 — объем большего. Надо сравнить V1/3 и V2/4 или, если привести дроби к общему знаменателю, то 4V1 и 3V2.

Шаг 1: Наполняем 2-й сосуд доверху, переливаем в 1-й сколько влезет, затем выливаем из 1-го в раковину, а из 2-го переливаем остаток в 1-й. Если вода при этом полилась через край 1-го сосуда, значит, V2>2V1 → 3V2 > 6V1 тем более 3V2 > 4V1 и задача решена. Если нет, то 1-й сосуд содержит V2—V1, 2-й — пуст.

Шаг 2: Наполняем 2-й сосуд доверху, переливаем в 1-й сколько влезет (во 2-м в этот момент

V2-(V1- (V2 — V1)) = 2V2—2V1, затем выливаем из 1-го в раковину, а из 2-го переливаем остаток в 1-й. Если вода при этом полилась через край 1-го сосуда, значит, 2V2-2V1>V1 → 2V2>3V1 → 3V2 > 4,5V1, тогда 3V2 > 4V1 и задача решена. Если нет, то 1-й сосуд содержит 2V2—2V1, 2-й — пуст.

Шаг 3: Вновь наполняем 2-й сосуд доверху, переливаем в 1-й сколько влезет (во 2-м в этот момент 3V2—3V1, затем выливаем из 1-го в раковину, а из 2-го переливаем остаток в 1-й. Ключевое переливание: Если вода при этом полилась через край 1-го сосуда, значит, 3V2-3V1 >V1 → 3V2 >4V1, если уровень воды ниже края

1-го сосуда, значит, 3V2 < 4V1, ну а если так сошлось, что уровень воды — на уровне края 1-го сосуда, значит, 3V2=4V1 и искомое сравнение выполнено.

Задача 8. а) Если точки А и В расположены по разные стороны прямой /, то очевидно, что искомая точка M находится в точке пересечения прямой / и отрезка AВ. Если же точки А и В расположены по одну сторону от прямой / (см. рис.), то, отразив точку А симметрично относительно прямой 7, и соединив полученную точку А1 с точкой В мы получим на пересечении с прямой / точку М. Очевидно, что А1М = AM и AM + MB = A1М + MB.

Любая другая точка M1 на прямой / будет давать сумму расстояний A1M1 +M1В = АM1 +M1В большую, чем ДМ + МВ,так как длина отрезка меньше ломаной, стягивающей его концы.

б) Применим тот же прием и отразим точку А относительно сторон угла. Соединим полученные точки и на пересечении отрезка со сторонами угла выберем искомые точки M и N. Доказательство аналогично пункту а) с той лишь разницей, что ломаная теперь состоит из трех частей и отрезок, равный периметру треугольника MNA, также складывается из трех частей.

в) Пусть ABC — данный остроугольный треугольник (см. рис.). Зафиксируем сначала точку Р и будем искать точки M и N, для которых периметр треугольника MNP наименьший (при данном положении точки Р). Очевидно, что построение точек Ми N совпадает с описанным в пункте б). Будем теперь

менять положение точки Р, и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника MNP наименьший.

Так как точка D симметрична Р относительно АС, то CD = CP и ∠1 = ∠2 . Аналогично СЕ = CP и ∠3 = ∠4. Следовательно, треугольник CDE равнобедренный. Его боковая сторона равна СР. Основание DE равно периметру р треугольника MNР. Угол DCE равен удвоенному углу АСВ треугольника ABC и, значит, не зависит от положения точки Р.

В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра р достигается в случае наименьшего значения СР. Это значение принимается в случае, если CP является высотой треугольника ABС. Таким образом, искомой точкой Р на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины С.

Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку Р, а точку Мили точку N и получили бы, что Ми N являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC.

Из этого следует, что искомым треугольником, наименьшего периметра, вписанным в данный остроугольный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC.

Задача 9. Решение: Пусть а, b, с — искомые простые числа. Так как по условию 5(а + b + с) = abc, то очевидно, что с = 5, иначе произведение abc не делится на 5. Далее имеем: а + b + 5 = ab , откуда о =-= I H--( а Ф I, так как а — простое число). Далее пробуем подставить а = 2 , тогда b — 7 , затем а — 3 , тогда b = 4 (не простое число), больше нет подходящих простых чисел — b получается дробным.

Ответ: искомые числа 2, 7, 5.

После трудной задачи попалась относительно несложная.

Задача 10. Эту задачу может решить любой восьмиклассник (и выше), только что прошедший в школе подобие. Но почему-то догадаться до простого решения необычайно трудно или надо

иметь большой опыт, поэтому задача имеет с моей точки зрения уровень 10.

Построим любой равносторонний треугольник, и проведем через его вершины прямые, параллельные сторонам данного треугольника (все построения легко выполняются циркулем и линейкой). Очевидно, что полученный треугольник будет подобен данному, и в него уже по построению вписан равносторонний треугольник! Остается лишь разделить стороны данного треугольника в отношении, задаваемом вершинами равностороннего треугольника на сходственных сторонах построенного. (Эти построения тоже легко выполняются циркулем и линейкой.) Задача решена.

Критерии оценок и выводы

По поводу критериев я уже писал вначале — чрезмерная их структуризация и жесткость (как всегда ради справедливости) приведет к плачевным (опять же как всегда) результатам. В качестве примера приведу критерий задачи C4 (планиметрия) на ЕГЭ2012: «Приведены все геометрические конфигурации и дан верный ответ — 3 балла(высшая оценка). Лично мне попалась на проверку работа, где испытуемый нарисовал два чертежа (даже без букв) и под ними написал верные ответы (без единого слова обоснования, да вообще без единого слова!). По критерию — высший балл! Поэтому повторюсь, если скажу — при выработке критериев я предложил бы не жалеть времени и интеллектуального потенциала. Что касается приведенного выше математического теста, то попробую дать, не претендуя естественно на научность и точность, средние оценки его результатов (наибольшая сумма набранных баллов равна 66 без учета повышающих коэффициентов):

К-во баллов

Общая оценка

Примечания, комментарии

0-4

гуманитарий

Посоветовать пройти тест по гуманитарным наукам

5- 19

Небезнадежен (способен)

Посоветовать пройти позже тест еще раз, дальше будет видно

20- 39

одарен

Основной контингент для математических классов

40- 54

талантлив

Тут как пойдет — может не сложиться — все же Россия...

55-65

гениален

Возможно близкий родственник организаторов проведения теста

66

Горизонтальная асимптота

До сих пор не обсуждался вопрос времени, отпущенного на тест. По мне — чем больше тем лучше!

Начисление баллов, конечно, вещь сугубо субъективная, зависит от многих непредсказуемых факторов, в том числе от характера эксперта, степени его «математических амбиций» (кстати, я заметил, что преподаватели матшкол более строго оценивают результаты ЕГЭ и олимпиад, чем учителя обычных школ), даже от погоды в день проверки работ, однако это может быть отчасти компенсировано групповой проверкой или независимой оценкой несколькими экспертами. От ошибок и казусов это, конечно, не спасет (вспомним фигурное катание!), но все же это лучше, чем излишняя заорганизованность и «видимость порядка».

Учимся угадывать и формулировать: цепочки равенств

А.И. Сгибнев

Школа «Интеллектуал», город Москва

Школьная математика развивает умение доказывать утверждения. Однако так же она могла бы развивать умение догадываться. Часто математику приходится действовать подобно физику-экспериментатору: он видит перед собой ряд чисел (чертежей, фигур) и должен найти в них закономерность. Для этого надо всмотреться в задачу, проникнуть в её логику, отбросить несущественное; сформулировать гипотезу, произвести проверку. Чем чётче сформулирована гипотеза, тем проще с нею работать дальше.

Такие умения можно развивать в 5-7 классах на материале цепочек равенств. Мы подробно разберём работу с одной такой цепочкой равенств, а затем приведём несколько других цепочек с краткими решениями.

Задача. На доске написаны равенства:

1 + 3 = 4 = 22; 1 + 3 + 5 = 9 = 32; 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42.

Учитель: Продолжите цепочку равенств.

Школьники:

1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52; 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 = 62.

У: Это верно? Как быстро посчитать?

Ш: Можно просто к предыдущей сумме прибавлять новое слагаемое: 16 + 9 = 25, 25 + 11 =36.

У: Какая же здесь закономерность?

Ш: Складываем нечётные числа, получаем квадрат.

У: Давайте уточним. Какие именно нечётные числа?

Ш: Последовательные. Начиная с 1.

У: Так. А какой квадрат получаем?

Ш (вперемешку): Следующий. Квадраты последовательных чисел. Сколько слагаемых — такое число и возводим в квадрат! Квадрат среднего арифметического всех чисел суммы.

У: Хорошо. Получаем такую закономерность: сумма последовательных нечётных чисел, начиная с 1, равна квадрату числа слагаемых, т.е.

А верна ли эта формула при n — 1 ?

Ш. Да: 1 = 1.

У. Объясните эту формулу с помощью такой картинки:

Ш. В «уголках» одного цвета — последовательные нечётные числа квадратиков. Вместе уголки складываются в большой квадрат.

У. То есть мы подсчитываем площадь квадрата двумя способами и получаем искомое равенство. Это доказательство было известно ещё древним грекам. А теперь обоснуем формулу алгебраически. Пусть известно, что 1 + 3 + 5 + ... + (2n-1) = n2. Какое следующее слагаемое будет?

Ш. 2n + 1.

У. Как выглядит сумма?

Ш. n2 +2n + 1 = (n + 1)2.

У. То есть если формула верна для n слагаемых, то верна и для n + 1 слагаемого. (Фактически мы провели доказательство по индукции, ведь базу индукции мы уже проверили.)

Более сильному классу можно усложнить задачу — не вычислять суммы, пусть сами догадаются, что там стоят квадраты. Можно дать задачу на дом и обсудить гипотезы, которые у ребят возникли.

Итак, школьники постепенно вникли в задачу и сформулировали ясную гипотезу. Если задача сразу не поддаётся, легче сначала написать следующее равенство, а потом уже формулировать правило. Полезно проверить, что очевидный первый случай (1 = 1) также входит в гипотезу. Кому-то легче словесные гипотезы, кому-то формулы. Надо показывать школьникам и то и другое. Точно так

же важны доказательства разного типа — алгебраические, графические, сведение к предыдущей задаче и т.д.

Далее приведены пять задач с краткими решениями и три — без решений. Полезно их разбирать со школьниками в том же духе, что и приведённую выше — просить самих сформулировать закономерности, вместо готовых доказательств давать картинки и т.д.

Задачи. Продолжите цепочку равенств. Сформулируйте закономерность (словами или формулой). * Докажите её.

Решения и идеи

1) Сумма последовательных натуральных чисел, начиная с 1, равна половине произведения последнего слагаемого на следующее за ним число:

Полученные числа 1, 3, 6, 10, 15, 21, ... называют треугольными. Почему — станет ясно из рисунка ниже. Доказательство.

Арифметическое (метод Гаусса). Запишем сумму двумя способами:

Сложим попарно числа, стоящие друг под другом. Получим

Графическое. См. рисунок. Фактически мы перевели на другой язык предыдущее доказательство.

2) Произведение двух натуральных чисел, отличающихся на 2, на 1 меньше квадрата среднего числа:

Алгебраическое доказательство очевидно (разность квадратов) Графическое вот (в общем виде для а2 — b2 ):

3) Произведение четырёх последовательных натуральных чисел, увеличенное на 1, равно квадрату натурального числа из последовательности 5, 11, 17, 24, ...

Доказательство.

Арифметическое. Перемножив крайние числа и перемножив средние, мы получим два числа, отличающиеся на 2. Согласно задаче 2, такое произведение, увеличенное на 1, даёт квадрат натурального числа.

Алгебраическое. Применим хитрость, которая потом пригодится при решении некоторых уравнений: перемножим две крайние скобки и перемножим две средние (собственно, то же самое мы сделали в предыдущем доказательстве, только с числами):

4) Сумма кубов первых n натуральных чисел равна квадрату суммы этих чисел и равно квадрату n-го треугольного числа:

Доказательство.

Алгебраическое. Пусть равенство (*) верно. Докажем, что тогда и равенство для n +1 числа будет верно. Для этого увеличим правую часть на следующее слагаемое и преобразуем:

Графическое. См. рисунок. n3 - n квадратов размером n X n . Разрезаем все кубы на «одноэтажные слои» и выкладываем на плоскость в виде квадратов.

(Автор этого доказательства— Роджер Эгглтон из Австралии. Набрав в Гугл-Картинках «Sum of cubes», вы найдёте ещё несколько интересных графических доказательств.)

Доказать можно методом Гаусса: записав ту же сумму в обратном порядке и сложим попарно скобки, получим 2n +1 сумму, каждая из которых равна 2n2 + 2n + 2. То есть вся сумма равна (2n + 1)(n2 + n +1), что равно правой части, как нетрудно убедиться.

Задачи для самостоятельного решения

(очень красивое геометрическое истолкование см. на сайте etudes.ru → Модели → Сумма квадратов).

(этот номер связывает задачу, разобранную вначале, с номером 4).

Литература

1. Дж. Пойа и Д. Килпатрик. Сборник задач по математике Стэнфордского университета с подсказками и решениями. М., 2002.

2. Сайт «Математические этюды»: etudes.ru

3. Блог белорусского учителя математики И.С. Храповицкого http://janka-x.livejournal.com/

Детское задачное творчество: от решения задач к их составлению

А.В. Шевкин,

ФМШ 2007, город Москва

Вот уже второй год учащиеся сначала 5-х, а теперь 6-х классов ФМШ № 2007 Москвы один раз в неделю решают «пятёрочки» задач, подобранные или специально составленные учителем (см. сайт shevkin.ru [1]). «Юбилейный» 10-й листок с «пятёрочками» задач Илья Касимов предложил отметить включением в него задач, составленных учащимися. А как составить задачу? Помог случай.

Незадолго до этого после получения «тройки» по русскому языку он пытался разблокировать электронный замок, который его папа поставил на айфон. Замок оказался интересным. После каждой неудачной попытки, начиная с шестой, он добавлял сначала секунду ожидания, потом две, потом четыре... Илья задумал составить задачу на тему замка с секретом. Первый её вариант был про четырёхзначный код, его упростили, и вот что получилось.

1. Касимов И. Миллионер Кирилла Петрович хранит деньги в сейфе с двузначным цифровым кодовым замком (цифры от 0 до 9). Вор Вася пытается подобрать код замка, но после пятой попытки замок отключился на 1 сек., после шестой попытки — на 2 сек. (каждое следующее отключение длилось в два раза дольше предыдущего). Сможет ли Вася открыть замок, если первые 40 попыток будут неудачными?

Решение. Перед 6-й, 7-й, 8-й, 9-й, 39-й и 40-й попытками время отключения составило 1 с, 2 с, 22 с, 23с, 233с, 234с. (показатель степени двойки на 6 меньше номера попытки). Выразим время ожидания перед 40-й попыткой в годах, помня, что 1 минута = 60 с, 1 час = 60 минут, сутки = 24 час, 1 год в среднем = 365,25 суток :

Очевидно, что Вася не сможет дождаться 40-й попытки — столь долго люди пока не живут.

Замечание. Интересно, что суммарное время ожидания окажется примерно в 2 раза больше. Оно равно

Если умножить это равенство на 2, то получим новое равенство:

Если из второго равенства вычесть первое, то получим третье равенство:

Мы получили время в секундах примерно в 2 раза большее чем 234.

Ответ. Нет, открыть замок Вася не успеет... Особенно популярными у юных составителей задач были задачи на разрезание фигур.

2. Иванов А. Разрежьте фигуру на 6 равных частей по линиям клетчатой бумаги (рис. 1).

3.Дорохов Г. Разрежьте фигуру на 6 равных частей по линиям клетчатой бумаги (рис. 2).

4. Юнусов Т. Разрежьте фигуру на 5 равных частей по линиям клетчатой бумаги (рис. 3).

5. Галанина М. Разрежьте фигуру (рис. 4) на 6 равных частей по линиям клетчатой бумаги так, чтобы из них можно было сложить квадрат 6×6 в трёхцветной шахматной раскраске.

6. Ахмедова Е. По линейкам клетчатой бумаги квадрат 4×4 можно разрезать на три фигуры a, b и с. Разрежьте вторую фи-

Рис. 1 Рис. 2 Рис. 3

гуру на три фигуры: а + b, a + с, b + с (рис. 5). Фигура а + b составлена из фигур а и b, имеющих общую границу. Аналогично получаются фигуры а + с и b + с.

7. Юнусов Т. Квадрат со стороной 3 000 разрезали на одинаковое количество фигур а и b (рис.6). Сколько фигур каждого вида получилось?

Отдавая дань нашему общему увлечению головоломкой «Пентамино 6 ×10 », один из наших чемпионов по числу найденных решений составил такую задачу.

8. Кулямин А. Сложите прямоугольник 7×9 из всех 12-ти фигур пентамино (из них сложен прямоугольник на рис. 7) и одной из двух фигур тримино.

А вот задачи на шахматной доске.

9. Касимов И. В некотором царстве, в некотором государстве играют в свои шахматы на доске 6×6. Их шахматная фигура пони ходит на соседнее поле по горизонтали или вертикали

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

(например, a1-b1 или a1-a2). Подсчитайте число способов, с помощью которых пони может с поля a1 добраться до поля f6, если будет двигаться только вправо или вверх (рис. 8).

Решение. Пони может попасть на поле b1, а2 единственным способом. Впишем число 1 в каждое поле, куда можно попасть единственным способом из соседнего поля (рис. 9). В каждое следующее поле впишем число, показывающее, сколькими способами можно попасть на это поле. Продолжив эту работу, убедитесь, что на поле f6 можно попасть 256-ю способами.

Ответ. 256 способов.

10. За какое наименьшее число ходов шахматная фигура конь может с поля a1 добраться до поля h8 на обычной шахматной доске?

Решение. Ахмедова Е. Заменим буквы цифрами (рис. 10), тогда каждое поле получит две числовые координаты — первая по горизонтали, вторая — по вертикали. Каждое поле получит свою сумму координат (она вписано в поле), например поле h8 получит сумму координат 8 + 8 = 16. Заметим, что первоначально конь стоит на поле с суммой координат 2 и за один ход (при движении вправо и вверх — иначе не получится наименьшее число ходов) увеличивает сумму координат на 3. В этом случае за 4 хода сумма координат может увеличиться только на 12 и стать равной 14, но не может стать равной 16. Следовательно, на поле f6 конь попадёт не ранее 5-го хода. Но и за 5 ходов он не попадет на поле h8, так как каждый нечетный ход приводит коня на белое поле. Итак, меньше, чем за 6 ходов задача не решается. На рисунке 11 показано решение задачи за 6 ходов.

Рис. 8 Рис. 9

Рис.10 Рис.11

11. Кулямин А. Сумма трёх первых цифр 2013 года равна последней цифре. Сколько следующих лет в третьем тысячелетии обладают тем же свойством?

Решение. Выпишем все годы, начиная с 2013-го, обладающие указанным свойством:

В третьем тысячелетии (до 3000 г. включительно) имеется 34 года, следующих за 2013 годом и обладающих требуемым свойством.

Замечание. Филатова Е. считала годы иначе, фиксируя вторую цифру года: если вторая цифра 0, то получим годы 2024, 2035, 2079 (первый столбик в приведённой выше таблице) и т. д.

Ответ. 34 года.

Решения задач

2. См. рис. 12.

3. Здесь нашлись два разных способа разрезания (рис. 13).

4. См. рис. 14.

Рис. 12 Рис. 13

5. См. рис. 15.

Рис. 14 Рис. 15

6. На рисунке 16 показан один из найденных способов разрезания

Рис. 16

7. Квадрат со стороной 6 можно сложить из двух фигур а и двух фигур b (рис. 17). Вдоль одной стороны квадрата со стороной 3 000 можно уложить 500 квадратов составленных из четырёх фигур а и b, а всего 250 000 таких квадратов. Всего получится 500 000 фигур каждого вида.

8. Одно из возможных решений изображено на рисунке 18.

Рис. 17 Рис. 18

Как составляют и решают задачи шестиклассники

А.В. Шевкин,

ФМШ 2007, город Москва

В прямоугольнике, нарисованном по линиям квадратной сетки, есть крайние и внутренние клетки. В статье представлены комбинаторные задачи о количестве этих клеток. Примечательно, что все задачи решены геометрически, без использования уравнений. Тем самым они интересны ученикам разных классов.

Однажды шестиклассник ФМШ № 2007 Чуйков Серёжа придумал такую задачу:

1. Существует ли на клетчатой бумаге прямоугольник, составленный из клеток-квадратов, в котором количество его крайних клеток равно количеству внутренних клеток?

Рисунок 1 поясняет, какие клетки называются крайними, какие — внутренними.

Попробуйте решить эту задачу. В нашем классе кто-то из ребят нарисовал один такой прямоугольник, кто-то — другой. Нашлись ученики, которые нарисовали два таких прямоугольника.

Возник естественный вопрос:

2. Сколько существует прямоугольников, удовлетворяющих условию задачи 1?

Григорьев Д. дал такое решение. Сначала закрасим поровну внешних и внутренних клеток, прилежащих к верхнему и нижнему основаниям прямоугольника (как на рисунке 2, где тех и других клеток — 6 у верхней и у нижней стороны).

Затем закрасим поровну внешних и внутренних клеток, прилежащих к боковым сторонам прямоугольника — как на рисунке 3 (здесь клеток каждого вида — две у левой и правой стороны). По

Рис. 1

углам прямоугольник остались незакрашенными 8 клеток — они внешние. Так как должно быть закрашено поровну крайних и внутренних клеток, то внутри прямоугольника должны остаться незакрашенными тоже 8 клеток — как на рисунке 3.

Эти 8 клеток могут образовать два внутренних прямоугольника: 8×1 и 4×2. Чтобы получить исходные прямоугольники, надо длины сторон внутреннего прямоугольника — 8 и 1, 4 и 2 — увеличить на 4. Соответственно получаем два прямоугольника 12×5 и 8×6, удовлетворяющих условию задачи 1.

Интересная идея С.Чуйкова была развита — так появилась «пятёрочка» задач про внутренние и внешние клетки прямоугольника.

3. Сколько существует прямоугольников, в которых крайних клеток в 2 раза меньше, чем внутренних?

Решение. (Халитов Г.) Сначала закрасим один ряд внешних и два ряда внутренних клеток, прилежащих к верхнему и нижнему основаниям прямоугольника. Затем закрасим один ряд внешних и два ряда внутренних клеток, прилежащих к боковым сторонам прямоугольника — как на рисунке 4.

Рис. 2 Рис. 3

Рис. 4

По углам прямоугольника останутся незакрашенными 12 клеток — они внешние. Чтобы условие задачи было выполнено, незакрашенных внутренних клеток должно остаться в 2 раза больше — 24.

Эти 24 клетки могут образовать 4 прямоугольника: 24 х 1, 12×2, 8×3, 6×4. Чтобы получить исходные прямоугольники, надо длины сторон этих прямоугольников увеличить на 6. Соответственно получаем четыре прямоугольника 30×7, 18×8, 14×9, 12×10, удовлетворяющих условию задачи.

4. Сколько существует прямоугольников, в которых крайних клеток в 3 раза меньше, чем внутренних?

Решение аналогично решению предыдущей задачи 3. Ответ. Таких прямоугольников существует ровно пять: 56×9, 32×10, 24×11, 20×12,16×14.

5. По-прежнему будем рассматривать прямоугольники, нарисованные по линиям клетчатой бумаги. Пусть крайних клеток в n раз меньше, чем внутренних (n — натуральное число n > 1 ). Выразите через n длину наименьшей стороны каждого такого прямоугольника и длину наибольшей стороны.

Решение. (Халитов Г.) Сначала закрасим один ряд крайних и n рядов внутренних клеток, прилежащих к верхнему и нижнему основаниям прямоугольника. Затем закрасим один ряд крайних и n рядов внутренних клеток, прилежащих к боковым сторонам прямоугольника, так, как на рисунке 4. При этом по углам прямоугольника останутся незакрашенными 4(n +1) клеток — они все крайние.

Чтобы условие задачи было выполнено, незакрашенных внутренних клеток должно тоже остаться 4n(п +1) = 4n2 + 4n.

Наименьшая сторона внутреннего незакрашенного прямоугольника равна 1, тогда меньшая сторона исходного прямоугольника равна

2(n + 1) + 1 = 2n + 3.

Соответственно наибольшая сторона этого прямоугольника равна 4n2 + 4n. Тогда наибольшая сторона исходного прямоугольника равна

Ответ. 2n + 3 и 4n2 + 6n + 2 .

Замечание. Учащиеся постарше могут решить задачу 1, используя уравнение, например, так.

Пусть стороны прямоугольника имеют длину m и n. По смыслу задачи m > 5 и n>5, иначе крайних точек будет больше, чем внутренних.

Тогда количество крайних клеток равно 2m + 2n — 4, количество внутренних клеток равно (m — 2)(n — 2). Согласно условию задачи имеем уравнение:

(1)

Прибавим 8 к обеим частям уравнения (1) и разложим левую часть нового уравнения на множители:

Нетрудно понять, что произведение натуральных чисел m-4 и n-4 равно 8 лишь тогда, когда

Соответственно получаем только два прямоугольника 6×8 и 12×5 , и других прямоугольников нет.

Легко ли быть молодым?

Ю.О. Пукас

Гимназия г. Троицка

— Летел гусь, за ним полгуся, за ним четверть гуся, за ним две осьмушки гуся, сколько гусей летело? — спросил царь Ванюшу Ртищева в фильме Александра Митты «Сказ про то, как Царь Пётр арапа женил».

— Полгуся не летают, полгуся на тарелке лежат!

— Так да не так. А ты не думай, что гусь летает, ты возьми части-то да и сложи. Понял?

Вдруг, что-нибудь, да и выйдет. Ну, думай, думай!

— Два гуся...

— Что?

— Два гуся летели!

— Да, два гуся...

Давно это было: и сами события, и фильм, рассказывающий о них. Новые поколения учатся складывать, думать, представляя себе прочитанное, или услышанное.

Года три назад я предложил одному очень толковому семикласснику вот такую задачу:

1. Чайка, летящая навстречу лайнеру, покрывает путь от носа до кормы за 12 с. Затем она разворачивается и пролетает мимо лайнера за 60 с. За какое время лайнер пройдёт мимо сидящей на воде чайки? (Олимпиада мехмата МГУ по механике, 8 класс, 2009)

Вскоре этот ученик спросил, а что такое «корма», а после моих объяснений неожиданно засмеялся и показал мне свой рисунок с лайнером-аэробусом! Это не удивительно, ведь он часто летает за океан к родителям-программистам...

Да, пришли другие времена! Новый смысл приобретают давно знакомые слова. Другим заняты головы школьников, новые у них заботы, и новые появились у них увлечения. Авторы олимпиадных задач стараются идти в ногу со временем, вот сравните две задачи.

2. Косцы должны выкосить два луга. Начав с утра косить большой луг, они, проработав половину дня, разделились: 3/4 бригады осталась на первом лугу и к концу рабочего дня его докосила, а четвёртая часть косила второй луг, площадью вчетверо меньше первого. Сколько было косцов, если известно, что в течение следующего дня три косца полностью докосили второй луг. Предполагается, что производительность всех косцов одинакова и не меняется со временем. (Олимпиада «Паруса надежды», 2010)

3. В ожесточённой драке 70% фанатов «Спартака повредили глаз, 75% — ухо, 80% — руку, 85% — ногу. Какой процент фанатов «Спартака» заведомо повредили одновременно и глаз, и ухо, и руку, и ногу? (Олимпиада «Паруса надежды», 2012)

За два года, что разделяют эти олимпиады, «Паруса надежды» перенесли нас из 18-го века в 21-й. Правда, тут надо отметить, что задача о фанатах, — это просто более современная трактовка («новое прочтение») той, что была в 1996 году предложена девятиклассникам на очном туре Второй Соросовской олимпиады школьников. С неё мы и начнём разбор решений.

4. В математической олимпиаде участвовало 100 школьников. Было предложено 4 задачи. Первую задачу решили 90 человек, вторую — 80, третью — 70 и четвёртую — 60. При этом никто не решил все задачи. Награду получили школьники, решившие и третью, и четвёртую. Сколько школьников было награждено?

Решение. Заметим, что первую и вторую задачи решило не менее 70 человек (90 + 80 = 170), а третью и четвёртую — минимум 30 человек (70 + 60 = 130). Пересекаться эти множества не могут, так как известно, что ни один человек не решил всех задач, а так как 30 + 70 = 100 (общее число участников олимпиады), то получается, что первую и вторую задачи решило ровно 70 человек, а третью и четвёртую — ровно 30 человек, которые и получили награду.

Ответ: 30 человек.

Вернёмся теперь к футбольным фанатам. Рассуждая, как в предыдущем решении, получаем, что одновременно и глаз, и ухо повредили не менее 45% фанатов (70 + 75 = 145 ), а одновременно и руку и ногу — 65% ( 80 + 85 = 165 ). Так как 45 + 65 = 110 , то повре-

дили одновременно и глаз, и ухо, и руку, и ногу не менее 10% фанатов. Это реализуется в случае, когда все остальные фанаты (90%) имеют по три увечья (30% фанатов повредили ухо, руку и ногу; 25% — глаз, руку и ногу, 20% — глаз, ухо и ногу; 15% — глаз, ухо и руку). Ответ: 10%.

Прошлой весной учеников одного относительно сильного 7-го класса спросили (был какой-то случайный повод), на какие 15 республик распался Советский Союз. Пусть не сразу, но три республики всё же были названы: Украина, Новгород и Америка. После такого потрясающего (даже для людей не понаслышке знакомых с ситуацией в образовании) результата этого «опроса» уже с завистью и недоверием читаешь условие следующей задачи:

5. В результате опроса учеников школы выяснилось, что ровно 68% учеников знают год рождения А.С. Пушкина, ровно 5/18 учеников умеют доказывать теорему Пифагора, ровно 23/30 учеников любят ходить в кино и ровно 512 учеников читали сказку А. де Сент-Экзюпери «Маленький принц». Найдите минимально возможное количество учеников в этой школе. («Покори Воробьёвы горы», заочный тур, 2012)

Указание. Так как все эти дроби и проценты от количества учеников школы должны быть целыми числами, можно сделать вывод, что это количество делится и на 25, и на 18. Следовательно, оно делится на 450. Ещё оно должно быть не меньше, чем 512. Поэтому минимально возможное количество учеников в этой школе равно 900.

Более десяти лет назад Айрат Димиев в книге «Классная Америка» привёл данные Национального центра образовательной статистики США. Согласно им, 70% выпускников американских школ не понимают письменный текст средней сложности. Другими словами, не понимают того, что читают. Не знаю, как насчёт понимания нашими современными выпускниками текста средней сложности, но представить, хотя бы о чём идёт речь в первых четырёх строках условия следующей задачи смогли лишь немногие.

6. Каждый из группы учащихся сходил в кино или в театр, при этом возможно, что кто-то из них мог сходить и в кино, и в театр. Известно, что в театре мальчиков было не более 3/13 от общего числа учащихся группы, посетивших театр, а в кино мальчиков

было не более 2/7 от общего числа учащихся группы, посетивших кино.

а) Могло ли быть в группе 7 мальчиков, если дополнительно известно, что всего в группе было 20 учащихся?

б) Какое наибольшее количество мальчиков могло быть в группе, если дополнительно известно, что всего было в группе 20 учащихся?

в) Какую наименьшую долю могли составить девушки от общего числа учащихся в группе без дополнительного условия

а) и б)? (ЕГЭ-2012.)

Решение, а) Здесь достаточно привести хотя бы один пример того, что это возможно. Но как его придумать? Простой перебор возможностей здесь неинтересен и не очень эффективен. Нужна какая-то зацепка, какая-то идея!

Давайте предположим, что все 13 девочек побывали как в театре, так и в кино, а все мальчики выбрали что-то одно. Пусть t мальчиков пошли в театр, а 7 -t мальчиков — в кино. Теперь проверим, выполняются ли для нашего предположения условия задачи:

отсюда получаем, что

Итак, условия задачи выполняются при двух значениях t: t1=2 и t2 = 3, и мы готовы ответить утвердительно на первый вопрос задачи, приведя любой из двух примеров:

1)2 мальчика посетили театр, 5 мальчиков предпочли кино, а все 13 девочек побывали как в театре, так и в кино;

2)3 мальчика посетили театр, 4 мальчика предпочли кино, а все 13 девочек побывали как в театре, так и в кино.

Разумеется, в обоих случаях условия о 3/13 и 2/7 выполняются: в театре мальчиков было менее 3/13 от общего числа учащихся группы, посетивших театр, а в кино мальчиков было менее 2/7 от общего числа учащихся группы, посетивших кино. Но мне кажется,

что красоту авторского замысла лучше подчеркивает другой пример, в котором предельные ограничения 3/13 и 2/7 достигаются: только в театре были 3 мальчика и 3 девочки, только в кино — 4 мальчика и 3 девочки, а ещё 7 девочек побывали и там, и там. Чтобы его придумать, надо догадаться представить дробь 2/7, как 4/14. Тогда сразу получается, что 3 мальчика и 10 девочек идут в театр (3 из 13), а 4 мальчика и 10 девочек (4 из 14) — в кино.

б) Покажем теперь, что 8 и более мальчиков в группе из 20 человек быть не могло. Предположим, что в том случае, когда количество мальчиков максимально, некоторые мальчики планируют посетить оба мероприятия, а некоторые девочки — лишь одно, и при этом условия о 3/13 и 2/7 будут выполнены. Пусть теперь они по очереди начнут менять свои планы: мальчики откажутся от одного из посещений, а девочки — наоборот. С каждым таким изменением доли мальчиков среди посетивших театр и среди посетивших кино не будут увеличиваться (одна из них не изменится, а другая — уменьшится). Поэтому будем считать, что все девочки посетили оба мероприятия, а все мальчики выбрали что-то одно (t мальчиков пошли в театр, а k мальчиков — в кино). Приведённое выше рассуждение оправдывает это допущение. Имеют место соотношения:

Отсюда получаем

Противоречие! Следовательно, наибольшее количество мальчиков в группе из 20 человек— 7.

в) Теперь найдём, какую наименьшую долю могли составить девочки от общего числа учащихся в группе без дополнительного условия а) и б).

Как и в пункте б) будем считать, что все девочки (пусть их в группе d) посетили оба мероприятия, а все мальчики выбрали что-то одно (t мальчиков пошли в театр, а к мальчиков — в кино). От этих допущений доля девочек в общей группе не меняется, а доля мальчиков и в театре, и в кино не увеличится. Имеют место соотношения:

Умножив второе неравенство на 2 и сложив с первым, получаем, что 10(t + k) < 7d. Прибавив к обеим частям по 10d, получаем

10(t + k + d)<17d.

Отсюда получаем оценку доли девочек в общей группе:

то получается (достигается) наименьшее значение

так как с увеличением d значение дроби увеличивается.

Ответ: да; 7; 10/17.

Когда выпускники 2013 года были семиклассниками, некоторые из них (888 человек) участвовали в Математическом празднике, на котором под номером 2 им была предложена следующая занимательная задача.

7. На каждом из двух огородов Дед посадил по одинаковому количеству репок. Если в огород заходит Внучка, то она выдёргивает ровно 1/3 репок, имеющихся к этому моменту. Если заходит Жучка, то она выдёргивает 1/7 репок, а если заходит Мышка, то она выдёргивает только 1/12 репок. К концу недели на первом огороде осталось 7 репок, а на втором — 4. Заходила ли Жучка во второй огород? (Математический праздник, 2009)

Комментарий. С задачей тогда справилось менее 10% участников. А ведь речь идёт всего лишь о нахождении числа по его части.

Если спросить себя, кто последним заходил на огород, то окажется, что это могла быть только Внучка, выдернувшая при этом 2 репки. А перед Внучкой выдёргивать репки (одну) могла лишь Жучка. Получается, что Жучка заходила на второй огород, причем в тот момент, когда на нём росло 7 репок. Продолжив подобные рассуждения, можно убедиться, что до Жучки никто репок не выдёргивал, следовательно, на каждом из двух огородов Дед посадил по 7 репок.

А вот эту задачу решали совсем недавно (в ноябре) участники заочного тура олимпиады «Покори Воробьёвы горы — 2014».

8. Три сестры пришли на рынок и продавали поштучно цыплят. Первая принесла 12 цыплят, вторая — 18, а третья — 32 цыплёнка. Каждая из них часть товара продала утром, а часть — вечером. Утренняя цена за одного цыплёнка была у всех сестёр одинаковая, и вечерняя цена тоже одинаковая, но более низкая, чем утренняя. К вечеру весь товар был распродан, и дневная выручка (за утро и вечер) у всех сестёр оказалась одинаковой: по 1700 рублей. Найдите (в рублях) суммарную вечернюю выручку всех сестёр.

Лет 15 назад мне уже доводилось решать подобную задачу, встретившуюся тогда в экзаменационном тесте то ли в МГИМО, то ли в ВШЭ. Правда, там нужен был только ответ (и я его нашёл), а обоснование не требовалось. Нашёл ли я его тогда, не помню! Сейчас это удалось.

Чтобы легче было подобрать ответ, выручку будем считать в 50-рублёвых купюрах, у каждой сестры их по 34. А вот и зацепка: за 32 цыплёнка получено 34 купюры! Теперь предполагаем, что утром третья сестра продала только одного цыплёнка за 3 купюры, а вечером — всех оставшихся по одной купюре. Далее убеждаемся, что наше предположение реализуемо: первая сестра продала утром 11 цыплят и одного вечером, а вторая — 8 утром и 10 вечером. В этом случае суммарная вечерняя выручка всех сестёр равна 2100 рублей (42 купюры).

Покажем, что другого решения нет. Предположим, что торговля у сестёр завершилась следующим образом («утро» + «вечер»): (12 — m) + m у первой сестры, n + (18 — n) у второй, а у третьей сестры — k + (32 — k). Так как по условию и утром, и вечером каж-

дая сестра хоть что-то продала, то m>1, п>1, к>1. Приравнивая дневные выручки первой и третьей сестёр, получим: (12 — (m + к)) ⋅ X = 32 — (m + к), где х — это отношение утренней и вечерней цен. Понятно, что х > 1. Заметим, кстати, что мы нигде не предполагаем, что х — целое число. Далее получаем оценку величины х:

( X > 3, так как m + к > 2 ). Для х = 3 пример уже приведён, можно самостоятельно убедиться, что для х = 3 он единственный.

Допустим теперь, что х > 3 . Приравнивая дневные выручки первой и второй сестёр, получим, что (12 — (m + n)) ⋅ х = 18 — (m + n), отсюда следует (для х > 3 ) оценка для суммы m + п:

Получается, что m + n > 9 . Но это ведь всего две возможности: m + n = 10 и m + n = 11. В первом случае х = 4, а во втором случае X = 7. Осталось показать, что эти соотношения цен невозможны для условий нашей задачи.

Вернёмся к сравнению результатов торговли первой и третьей сестёр. В первом случае (для х = 4) имеем:

Отсюда

но ведь 20 не делится на 3! Во втором случае (для х = 7) получаем, что

но 20 и на 6 не делится!

С репками и цыплятами мы разобрались, а вот чему и как научились в школе нынешние выпускники, мы узнаем в начале лета.

Решение задач на построение сечений

Л.Б. Слуцкий

Лицей 1561, г. Москва

Решение задач по стереометрии является сложной частью школьной программы по математике, поэтому лишь малый процент учащихся справляется с предложенными заданиями ЕГЭ.

В последние годы предлагалась задача, связанная с построением сечения.

Предлагаемая небольшая методическая разработка с решениями и комментариями будет полезна старшеклассникам при изучении стереометрии и подготовке к итоговой аттестации.

Задача №1. ЕГЭ 2012 (резервный день)

Дан куб ABCDA1B1C1D1, ребра которого равны 4 см. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через точки А1, В и Е — середину ребра D1C1. Найдите площадь данного сечения.

Решение:

1)Проведем АХВ

2)Через точку Е проведем прямую, параллельную А1В (D1C) -Р середина СС1.

3) А1ЕРВ — равнобедренная трапеция.

Найдем ее площадь:

Задача №2

В тетраэдре DABC Р — середина AD; Е е DB, причем DE : ЕВ = 1:3. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки Р и Е и проходящей параллельно прямой АС. Найдите площадь сечения, если все ребра тетраэдра равны 4 см.

Решение:

1) Проводим РЕ

2) Проводим PK II АС в плоскости ADC

3) Проводим КЕ

4) Треугольник РКЕ — искомое сечение

Далее: Треугольник РКЕ равен треугольнику KDE, следовательно РЕ = ЕК. PK = 2, PD = 2, DK = 2, DE = 1, по теореме косинусов:

Задача №3

В правильной четырехугольной призме (AD1 ) сторона основания равна 1, а боковое ребро равно -. Через диагональ основания BD и середину B1C1 (точку М) проведена плоскость.

Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания.

Решение: Построить сечение несложно. (См. выше) На примере этой задачи рассмотрим известный способ нахождения угла между плоскостями при помощи следующей теоремы: Если S — площадь многоугольника, а S0 — площадь его ортогональной проекции, то

Спроектируем трапецию DMKB на плоскость (KF, MP, FP), DFPB — проекция.

Площадь трапеции DMKB легко найти аналогично задаче 1.

Задача №4 (ЕГЭ 2012 год)

В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 сторона основания равна 1, а боковое ребро равно 5. На ребре АА1 отмечена точка E, такая что ЕА : ЕА1 =2:3. Найдите угол между плоскостями ABC и BED1.

Решение: I способ

Построим сечение: 1) Проведем D1M||EB (тогда С1М=АЕ ); 2) Проведем ВМ. Найдем площадь параллелограмма ED1MB :

следовательно,

откуда

ABCD — проекция;

II способ

Построим линию пересечения плоскостей. Для этого надо провести прямую через две общие точки этих плоскостей. Одна из них — В, а другую легко получить. Продолжим AD и D1E1, получим точку X (общая точка). Прямая ВХ — линия пересечения плоскостей. Далее проведем AM ⊥ ХВ , тогда ЕМ ⊥ ХВ по теореме о 3-х перпендикулярах. И значит ∠EMA — линейный угол искомого двугранного угла.

Далее, AXEA~XD1D,

; откуда

В треугольнике ХАВ

Задача №5

В правильной треугольной призме все ребра которой равны 2|/3, через сторону основания проведена плоскость под углом 60° к плоскости основания. Найдите площадь сечения.

Решение:

Проведем сечение через сторону основания AB и точку C1.

значит искомое сечение пересечет верхнюю грань призмы.

Рассмотрим полученное сечение. Поскольку при пересечении двух параллельных плоскостей с третьей линии пересечения параллельны, получим, что прямые AB и NM параллельны. Поэтому в сечении получается равнобедренная трапеция. Угол между плоскостями ABC и ABMN равен 60° .

Спроектируем трапецию ANMB на плоскость основания, получим AN1M1B ( проекция).

Значит

следовательно

Задача №6

В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 4, а боковые грани наклонены к плоскости основания под углом 60°. Через сторону основания перпендикулярно к противоположной боковой грани проведена плоскость. Найдите площадь сечения.

Решение: Рассмотрим сечение PSN. Заметим, что это равносторонний треугольник. Проведем в плоскости PSN РМ ⊥ SN , тогда РМ ⊥ BSС. Проведем через точку M прямую параллельную AD (ВС). Получим точки К и R. Искомое сечение AKRD — равнобедренная трапеция. Вопрос: почему это искомое сечение?

Найти площадь сечения достаточно просто

M— середина SN, следовательно,

Задача №7 (ЕГЭ 2013 год)

В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна я, а боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом 60°. Через вершину основания проведена плоскость, перпендикулярная противоположному боковому ребру. Найдите площадь сечения.

Решение: В плоскости ASC проведем AK ⊥ SС. Так как AASC— равносторонний, то точка К — середина SС. Пусть M = SOnAК. Проведем через точку M прямую, параллельную DВ. Получим точки Р и N. ANKP — искомое сечение.

Заметим, что диагонали NP и АК — перпендикулярны, так как DB ⊥ ASC, а значит NP1ASC и значит NP1AК. Значит

AK— высота равностороннего треугольника, значит,

Так как M— центр треугольника DSB, то

Другое решение задачи...

П.В. Чулков,

ФМШ 2007, город Москва

Встречаются задачи, которые можно обсудить ученикам 6 класса, хотя в первоисточниках они предназначены для учащихся старших классов.

Авторское решение следующей задачи предполагает разбор случаев, вычисления и уравнения, что для шестиклассников чересчур громоздко.

В основе предлагаемого решения — построение эффективной модели ситуации, позволяющей получить ответ практически без вычислений.

Задача. По двум пересекающимся дорогам с равными постоянными скоростями движутся автомобили «Ауди» и «БМВ». Оказалось, что как в 17.00, так и в 18.00 «БМВ» находился в два раза дальше от перекрестка, чем «Ауди». В какое время «Ауди» мог проехать перекресток?1.

Решим задачу иначе.

Сформулируем несколько утверждений:

1) На ситуацию не влияет, ни под каким углом пересекаются дороги, ни в каком направлении едут автомобили.

Вывод: можно считать, что автомобили едут по одной дороге в одном направлении.

2) В последнем случае расстояние между автомобилями постоянно. Поэтому можно считать, что автомобили стоят на месте, а движется перекресток.

То есть мы можем получить ответ, решив следующую задачу.

Задача 1. На дороге стояли автомобили «Ауди» и «БМВ» и мимо них ехал перекресток. Оказалось, что как в 17.00, так и в 18.00 «БМВ» находился в два раза дальше от перекрестка, чем «Ауди». В какое время перекресток мог проехать «Ауди»?

1 (1) Задача №329, автор Агаханов Н.Х. / Всероссийская олимпиада. Окружной этап. 8 класс. 2003-2004. Условие: с. 45. Решение: с. 229.

На прямой AB найдем точки X и Y — положения перекрестка, удовлетворяющие условиям задачи. То есть такие, что расстояние ХА в два раза меньше расстояния ХВ, а расстояние YA в два раза меньше расстояния YB.

При этом YA три раза меньше, чем ХА .

Ответ зависит, какой автомобиль изначально находился ближе к перекрестку «Ауди» или «БМВ».

В первом случае в 17.00 перекресток находился в точке X, а в 18.00 в точке Y, а во втором случае наоборот.

Поскольку скорость перекрестка постоянна, то время, затраченное на движение пропорционально расстоянию (1 час соответствует XY ). В первом случае точка А делит (по ходу движения) его в отношении 1:3, а значит, перекресток проедет её в 17.15, во втором указанное отношение (по ходу движения) равно 3 :1, а перекресток проедет её в 17.45.

Следующие задачи можно рассматривать как подготовительные и предложить учащимся решить их самостоятельно.

Дополнительные задачи.

Задача 1. Гребец, проплывая под мостом, потерял шляпу. Через 15 минут он заметил пропажу и поймал шляпу в километре от моста. Какова скорость течения реки?

Задача 2. Вася и Коля плавают в бассейне по соседним дорожкам. Стартуют они одновременно с противоположных концов бассейна, «встречаются» и плывут дальше. Доплыв до конца дорожки, они мгновенно разворачиваются, опять «встречаются» и так далее. Вася проплывает дорожку за 5 мин, а Коля за 7 мин. Через какое время после старта Вася впервые догонит Колю, плывя с ним в одном направлении?

Задача 3. Петя ехал по эскалатору. Когда он находился на середине эскалатора, мимо него пробежал хулиган, сорвал с него шапку и бросил ее на встречный эскалатор. Петя хочет как можно быстрее получить свою шапку обратно. Куда ему бежать: вниз по эскалатору или вверх?

Задача 4. Ротная колонна движется по направлению к штабу со скоростью 6 км/час. В 9.00 командир роты отправил почтового голубя с донесением в штаб. Голубь доставил донесение и сразу полетел обратно и вернулся в колонну. В какое время голубь долетел до штаба, если скорость его — 10 км/час, а вернулся он в 9.45?

Задача 5. Пешеход, велосипедист и мотоциклист движутся в одну сторону с постоянными скоростями. В тот момент, когда пешеход и велосипедист находились в одной точке, мотоциклист был в 6 км позади них. В тот момент, когда мотоциклист догнал велосипедиста, пешеход отставал от них на 3 км. На сколько километров велосипедист обгонял пешехода в тот момент, когда пешехода догнал мотоциклист?

Литература

1. Всероссийские математические олимпиады по математике 1993-2006: Окружной и финальный этапы / Н.Х. Агаханов и др. Под ред. Н.Х. Агаханова. — М: МЦНМО, 2007.

2. Чулков П.В. Арифметические задачи. — М.: МЦНМО, 2012.

3. Чулков П.В. Практические занятия по элементарной математике. 2-й курс. — М.: Прометей, 2013.

Вопросы равновесия плоского регулярного тела

В.Л. Экелекян

Лицей 1561, физфак МГУ, город Москва

Публикация лабораторной работы1 получила большой педагогический резонанс в школах Москвы и не только Москвы. В настоящей работе предлагается дальнейшее развитие, обобщение и новое восприятие основных идей этой работы, связанных статикой, равновесием плоских, однородных, регулярных тел. Предложенный проект условно представим в виде четырех лабораторных работ.

Первая часть

Рассмотрим плоское тело в виде квадрата со стороной 2а, у которого вырезан квадрат со стороной а , как это показано на рисунке. Этот «неполный» квадрат условно назовем «укушенным квадратом» (сокращенно УК). Очевидно, что рассматривается случай однородного распределение массы и одинаковая толщина этого тела. Найдем центр масс этого УК. Для этого применим оригинальный метод (в физике он называется методом «отрицательной массы»).

УК условно представим в виде одного полного квадрата со стороной 2а, которого Земля притягивает силой F2a вертикально вниз и еще одного квадрата со стороной а, на которого действует отрицательное тяготение силой Fa. Точки приложения этих сил совпадают с центрами O2а и Оа соответствующих квадратов, а величины пропорциональны площади поверхности:

1 Экелекян В.Л. Определение центра масс неправильного тела. // Физика «Первое сентября», 2004. № 48/04. стр. 19-20

где р — плотность вещества, d — толщина изделия, a g — ускорение свободного падения. Расстояние между центром масс О до центра большого квадрата O2а обозначим буквой X = JJ2а.

Тогда момент силы по часовой стрелке будет равен X ⋅ F2a = 4ка2х.

Диагональ маленького квадрата обозначим буквой b

Тогда плечо силы Fa будет равно

а соответствующий момент силы, вращающий против часовой стрелки будет равен

Из второго условия статики получим:

Итак, центр масс «укушенного квадрата» находится на диагонали GO2a , деля эту диагональ в пропорции

Проверка этой пропорциональности и является задачей первой лабораторной работы. Учащимся раздают ватманскую бумагу A4 формата, линейки, карандаши, ножницы и клей-карандаши. Объясняется поставленная задача — рисовать «укушенный квадрат» со стороной 21×21. Это можно сделать быстро и точно, если пользоваться алгоритмом, смысл которого становится ясным при реализации последовательности действий с бумагой (это сгиб, вырезание ножницами) согласно рисункам:

В результате получается «укушенный квадрат» с размером a = 10,5 см, который следует клеить на ватман (можно использовать более плотную бумагу, например, картон, который, в свою очередь, можно обработать ножницами).

Проводим диагональ GO2ü , а на его двух перпендикулярных сторонах от угла G отмечаем отрезки длиной

и строим квадрат с такой стороной. Полученная вершина О этого квадрата будет центром масс «укушенного квадрата». Можно демонстрировать настоящее чудо для маленьких учащихся, если кончик иглы установить в углублении точки О . Вся фигура остается в той позе, в которой первоначально была установлена. То есть, тело находится в состоянии безразличного равновесия.

Вторая часть

Сейчас изучим ситуацию, когда «укушенный квадрат» подвешивают на двух динамометрах, как показано на рисунке. Этот фрагмент мы назовем случаем ближайших соседей. Ставится задача: определить отношение показаний динамометров, т.е. сил натяжения подвесов

(1)

Рассмотрим вращение относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости фигуры через точку G . Сила

тяжести m ⋅ g вращает тело по часовой стрелке с плечом —, тогда как сила реакции F2 вращает его против часовой стрелки с плечом b. Здесь m = 3ка2 — масса фигуры.

Напишем два уравнения статики (равновесие сил и равновесие моментов сил):

(2)

(3)

или

и окончательно

(4)

Равновесное состояние УК возможно и в том случае, когда диагональ GF составляет угол φ с горизонтальным направлением. Предполагая вращение УК относительно точки G и для вычисления

отношения (1), предварительно определим плечи GT и GM сил F2 и mg соответственно:

Здесь были учтены следующие обстоятельства:

• диагональ GF составляет угол 45° со сторонами квадрата;

Уравнение (3) равенства моментов в этом случае выглядит так:

Из уравнения (2) получим выражение для силы F1 :

Отношения (1) сил в этом случае примет следующий окончательный вид:

(4)

Как и следовало ожидать при горизонтальном расположении диагонали GF (φ = 0 ) отношение (1) принимает значение n = 0,2 . Так же необходимо заметить, что угол φ ограничен пределами:

(5)

Функция (4) справедлива и для вращения диагонали GF по часовой стрелке, т.е. для отрицательных значений угла φ. Однако

следует иметь ввиду, что при взвешивании динамометров нити могут переплетаться. С другой стороны вне интервала (5) фигура УК будет висеть только на втором динамометре (F2), и показывать просто вес изделия mg .

График зависимости n = n(φ) приводится ниже:

Зависимость отношения n показаний левого F1 и правого F2 динамометров от угла φ поворота по отношению к горизонтальному направлению в случае вершин — ближайшие соседи.

Вторая лабораторная работа заключается в экспериментальной проверке зависимости (4). Все что требуется, это два штатива с двумя динамометрами, изделие УК, изготовленное из картона (еще лучше из фанеры, оргстекла и т.д.), транспортир и миллиметровая бумага, приблизительно так, как это изображено на рисунке, где реальные ученики 9-го класса Московской школы № 11 Москалёв Кирилл и Святослав Блохин на собственноручно изго-

товленной установке во время Всероссийской научно-исследовательской конференции школьников по физике, информатике и технологии докладывают в стенах института физики и технологии Уральского государственного педагогического университета.

Как и полагается в экспериментальной работе, ученики измеряют 4-5 значений сил F1 и F2 для нескольких значений угла φ, вычисляют отношение n и экспериментально полученную кривую сравнивают с теоретической кривой (4). Параллельно вычисляется относительная погрешность по формуле:

(6)

Результаты эксперимента заносятся в таблицу:

Третья часть

В этой части работы изучим свойства УК, когда динамометры устанавливаются в дальних вершинах квадрата. Для получения отношения (1) в этом случае также произведем необходимые выкладки:

Плечо GN силы F2 :

Плечо GT силы mg :

Теперь можно пользоваться равенством моментов сил (3):

или

(7)

Силу F1 определим из первого уравнения статики:

(8)

Отношение сил будет равно:

(9)

График этой зависимости приводится ниже:

Зависимость отношения n показаний левого F1 и правого F2 динамометров от угла ç поворота по отношению к горизонтальному направлению в случае вершин — дальние соседи.

В случае дальних вершин при горизонтальном расположении диагонали GF (φ = 0) отношение (1) принимает значение n = 0,8.

В этом случае угол φ ограничен пределами:

(10)

И в случае дальних соседей организуем третью лабораторную работу по экспериментальной проверке зависимости (4). Подробности этой работы аналогичны с лабораторной работой 2, где также проводятся экспериментальные измерения, и заполняется соответствующая таблица.

Четвертая часть

Рассмотрим последнюю задачу: от однородной квадратной пластины со стороной у отрезают квадратный кусок. Какой должна быть длина X стороны этого отрезанного квадрата, чтобы центр тяжести оставшейся части находился в точке В ?

Еще раз воспользуемся методом «отрицательной массы». Рассмотрим вращение фигуры по отношению оси, перпендикулярной плоскости пластины и проходящей через точку О (центр масс). Предположим, что она расположена на расстоянии z = OB от точки В по линии ЕВ .

Сила тяжести полного квадрата равна к ⋅ у , где к = pd ⋅ g , р — плотность вещества, d — толщина изделия, a g — ускорение свободного падения. Отрезок OA есть плечо этой силы.

Сила тяжести «отрицательной массы» равна к ⋅ х2, отрезок OD является плечом этой силы. Приведем необходимые выкладки для вычислений:

(11)

(12)

Величину определим из закона равенства вращающих моментов сил:

или, окончательно

(11)

Так как мы ищем соотношение между сторонами квадратов, при котором точка центра масс пластинки попадает с вершиной В, то это математически означает условие z = 0. Имея в виду соотношение (11), последнее означает решение кубического уравнения. Однако мы попробуем миновать эту участь следующим образом: Введем безразмерную переменную

(12)

— отношение стороны отрезанного квадрата к стороне квадратной пластины. Очевидно, что для нашей реальной задачи пределы изменения этой переменной суть:

(13)

Тогда функцию (11) можно представит в виде:

(14)

(15)

После простых алгебраических преобразований типа:

и представляя квадратный трехчлен \|/2 в виде

(16)

- решения соответствующего квадратного уравнения, окончательно получим:

(17)

Ниже приводится график зависимости (14)

График функции зависимости безразмерного расстояния центра масс О от вершины В выразенного квадрата от безразмерного отношения сторон квадратов у/.

Итак, сделаем выводы: пока отношение

центр масс изделия находится с левой стороны точки В (т.е. центр масс принадлежит пластинке), в обратном случае — с левой стороны (т.е. центр масс находится в пустоте).

И, наконец, когда , центр масс пластинки попадает в точку В.

Это последнее обстоятельство и составляет суть последней лабораторной работы. Учащиеся готовят 4-5 бумажных фигур с одинаковым значением стороны у = 15 см, но с разными значениями Х. На каждой такой фигуре отмечается отрезок ЕВ. С помощью калькулятора вычисляется отношение

Если теперь на бумажной фигуре иголочкой или булавкой отметить точку О на расстоянии OB, она будет являться центром масс, что легко проверяется экспериментально.

Особенности фронтальной лабораторной работы «Измерение КПД электрического нагревателя»

А.В. Бунчук

ФМШ 2007, город Москва

В этой работе используют калориметр, в который вставляется проволочный нагреватель с номинальным сопротивлением 1,5 Ом и мощностью 4,8 Вт. Если его подключать к стандартному блоку питания ВУ-4 (ЭДС 4,4 В, внутреннее сопротивление 1,2 Ом), то напряжение на клеммах источника оказывается равным 2,2 В, а в цепи течет ток силой от 1,9^-2,4 А. Это означает, что реально сопротивление нагревателя составляет около 1 Ом, а электрическая мощность 4-5 Вт.

При выполнении этой работы приходится сталкиваться со следующими особенностями:

1) вода в калориметре нагревается медленно. За время нагревания (не менее 10 мин) учащихся надо чем-то занимать;

2) верхнего предела лабораторного амперметра (2 А) часто не хватает для измерений (амперметр «зашкаливает»);

3) использовать «плоские» батарейки в работе нельзя, т. е. емкости даже свежей батарейки на 10 мин работы с нагрузкой 2 А не хватает;

4) КПД установки, рассчитанный школьниками, зачастую превосходит 100 %.

Неправдоподобно большие значения КПД обычно объясняются тем, что источник тока ВУ-4 выдает не постоянное, а пульсирующее напряжение, полученное после двухполупериодного выпрямителя. Однако экспериментальная проверка не подтверждает это объяснение: подстановка амплитуды пульсаций, измеренной с помощью осциллографа, в известные формулы, показывает, что дело не в пульсациях. Кроме того, значения КПД большие 100% на практике получаются не всегда.

Объяснение «запредельных» значений КПД состоит, скорее всего, в неточности измерений температуры нагреваемой воды. В самом деле, мощность нагревателя невелика — всего 4-5 Вт. В ре-

зультате 100 г воды за 10 мин нагреваются всего на 4° С, т.е. 0,4°/мин. Следить за температурой по школьному термометру с ценой деления 1° С и расстоянием между штрихами шкалы около 1 мм, с такой погрешностью невозможно. Выделить же на нагревание больше 10 мин на уроке нельзя. Ошибиться при этом на 0,5° проще простого. Ошибка же в 0,5° эквивалентна «потере» времени около 1 мин и «потере» работы тока 240-300 Дж. Этого более чем достаточно, чтобы привести к неправдоподобным значениям КПД.

Рекомендации: 1). Количество нагреваемой воды уменьшить до 50 г — лишь бы она закрывала спираль нагревателя — нагрев пойдет в 2 раза быстрее. Однако, к сожалению, значимость потерь энергии на нагревание стаканчика школьного калориметра при этом значительно возрастает. 2). Общее время нагрева должно быть ровно 10 мин, до его истечения трогать термометр не следует. 3). Воду для работы надо готовить с вечера, чтобы она имела комнатную температуру. 4) Термометр желательно брать с минимальной массой и максимально большим расстоянием между штрихами шкалы. 5). Для предотвращения «зашкаливания» амперметра и ограничения силы тока проще всего один из проводников, соединяющий нагреватель с источником, сделать из нихрома. Его сопротивление должно быть около 0,2 Ом. 6). Отказаться от выполнения этой работы.

585 джоулей

А.В. Бунчук

ФМШ 2007, город Москва

Вскоре после открытия явления радиоактивности было обнаружено, что один грамм радия в течение часа выделяет количество теплоты, равное 585 Дж. Казалось бы, это не очень много: целых 50 ч должно пройти для того, чтобы 1 г радиоактивного радия выделил столько же энергии, сколько ее выделяет, сгорая, 1 г угля. Но 1 г угля сгорает быстро и перестает выделять энергию, а 1 г радия продолжает ее выделять день за днем и год за годом. Откуда берется эта энергия?

Как вы знаете, ответ на этот вопрос опирается на представление о выделении энергии при ядерных реакциях. Выделившаяся энергия равна разности кинетических энергий ядер и частиц после распада E2 и до распада E1. Величину АЕ = E2-E1 называют энергетическим выходом ядерной реакции. Рассчитать АЕ нетрудно: она равна разности энергий связи дочерних и материнских ядер, участвующих в реакции.

Проведем расчет энергетического выхода реакции превращения радия в радон с вылетом а-частицы:

Данные для расчета приведены в таблице.

Ядра атомов, участвующих в реакции

Число протонов

Число нейтронов

Энергия связи, Дж (по справочнику)

Как видно, энергия связи материнского ядра 88Ra составляет Етч = 2,7744 ' 10~10 Дж, а суммарная энергия связи дочерних ядер радона и гелия Екон = 2,7369 ' 10~10 Дж + 0,0453 ' 10~10 Дж = 2,7822 ' 10~10 Дж. Избыток конечной энергии АЕ = Екон — Ешч = 7,8 ' 10~13 Дж и превращается в кинетическую энергию образующихся ядра радона и а-частицы. На долю а-частицы приходится примерно 7,6' 10"13Дж.

Как получить из полученных величин 585 Дж/час для 1 г радия? Этот грамм содержит примерно 2,7 ' 1021 атомов и столько же ядер. Каждое из этих ядер может распасться в любой момент, но не все ядра распадаются одновременно: период полураспада радия составляет около 1600 лет ~ 1,4 ' 107 часов. За час в одном грамме радия распадается примерно 1,3 ' 1014 ядер, и из каждого из них вылетает а-частица с энергией около 7,6 ' 10~13 Дж.

Если предположить, что все эти а-частицы задержатся средой, окружающей радий (а а-частицы поглощаются сильно), то за 1 час среда получит количество теплоты 7,6 ' 10~13 Дж ' 1,3 ' 1014 ~ ~ 100 Дж. Это примерно в 6 раз меньше величины, регистрируемой в действительности.

Но все ли а-частицы мы учли? Оказывается, не все. Дело в том, что ядро радона, образующееся при распаде ядра радия, также подвержено самопроизвольному а-распаду. Более того, при распаде ядра радона последовательно получаются неустойчивые ядра полония, свинца и др. Распадаясь, они испускают а-частицы одновременно с радием.

Можно предположить, что недостающие 585 Дж — 100 Дж = 485 Дж энергии поставляет не сам радий, а радон, полоний, свинец и другие радиоактивные продукты его распада, которые всегда присутствуют в радиевом препарате и также испускают а-частицы, нагревая окружающую среду.

Это предположение было подвергнуто специальной проверке. В 1912 г. немецкий физик В. Гесс измерил количество теплоты, выделяемое препаратом радия, из которого удалены все продукты распада. Оказалось, что этот очищенный радий за час выделяет не 585, а лишь около 100 Дж. И это именно то количество теплоты, которое поддается простому расчету на школьном уроке.

Содержание

Дискуссии

Рукшин С.Е., Шевкин А.В. НА ПУТИ ОТ ПЛОХОГО К ХУДШЕМУ.....................................................3

Взгляд на преподавание

Тарасова И.А. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОБЛЕМЫ НА УРОКЕ ФИЗИКИ...................................................................9

Материалы к занятиям

Шагалов. КАК ОРГАНИЗОВАТЬ ШКОЛЬНУЮ МАТЕМАТИЧЕСКУЮ ОЛИМПИАДУ....................12

Сгибнев А.И. УЧИМСЯ УГАДЫВАТЬ И ФОРМУЛИРОВАТЬ: ЦЕПОЧКИ РАВЕНСТВ........................................25

Шевкин А.В. ДЕТСКОЕ ЗАДАЧНОЕ ТВОРЧЕСТВО: ОТ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ К ИХ СОСТАВЛЕНИЮ.............31

Шевкин А.В. КАК СОСТАВЛЯЮТ И РЕШАЮТ ЗАДАЧИ ШЕСТИКЛАССНИКИ..........................................37

Задачи и решения

Пукас Ю.О. ЛЕГКО ЛИ БЫТЬ МОЛОДЫМ?.............................41

Слуцкий Л.Б. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ.. 49

Чулков П.В. ДРУГОЕ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ...............................58

Физика и её преподавание

Экелекян В.Л. ВОПРОСЫ РАВНОВЕСИЯ ПЛОСКОГО РЕГУЛЯРНОГО ТЕЛА.........................................61

Бунчук А.В. ОСОБЕННОСТИ ФРОНТАЛЬНОЙ ЛАБОРАТОРНОЙ РАБОТЫ «ИЗМЕРЕНИЕ КПД ЭЛЕКТРИЧЕСКОО НАГРЕВАТЕЛЯ........................73

Бунчук А.В. 585 ДЖОУЛЕЙ......................................................75

Изд. Лицензия ЛР № 066121 от 22.09.1998г. Подписано в печать 22.01.2014 Объем 5 п.л. Формат бумаги 60x90/16. Бумага офсетная. Печать офсетная. Тираж 200 экз. Заказ №378

Издание Института Логики, Когнитологии и Развития Личности Отпечатано в типографии ЕВСТИ, г. Москва.