МИНИСТЕРСТВО ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

ВОЛОГОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ

ПОДГОТОВКА СТУДЕНТОВ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ИНСТИТУТОВ К ВНЕУРОЧНОЙ РАБОТЕ ПО МАТЕМАТИКЕ

ВОЛОГДА 1978

МИНИСТЕРСТВО ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

ВОЛОГОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ

ПОДГОТОВКА СТУДЕНТОВ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ИНСТИТУТОВ К ВНЕУРОЧНОЙ РАБОТЕ ПО МАТЕМАТИКЕ

ВЫПУСК III

ВОЛОГДА 1978

Редколлегия:

доц. Губа С. Г., доц. Ломакин Ю. В. (редактор), доц. Лютомский Г. В., проф. Скопец З. А.

© Вологодский государственный педагогический институт, 1978 г.

Предлагаемый сборник — третий по счету. Как и в первых двух выпусках, здесь помещен теоретический и задачный материал для внеурочной работы с учащимися, который может быть использован студентами педагогических институтов при прохождении педпрактики, в школах юных математиков и летних математических школах, а также при выполнении курсовых и дипломных работ. Редколлегия надеется, что учителей школ должен заинтересовать материал по обмену опытом внеурочной работы, в частности, относящихся к проведению математических вечеров, викторин, выпуску стенных газет, подготовке к олимпиадам и пр.

Основное внимание уделяется тематике, пришедшей в школу в последние годы в связи с переходом на новую программу по математике. Вместе с тем рассматриваются и некоторые традиционные для школы вопросы, но с учетом идей новой программы.

Редколлегия считает также целесообразным приведение нескольких возможных подходов к изложению одной и той же темы. Так, в настоящем выпуске помещены две статьи, посвященные применению барицентрических координат к решению задач. Однако, как легко заметит читатель, авторы совершенно по-разному подходят к трактовке этого вопроса.

Все отзывы и пожелания просим направлять по адресу: 160600, г. Вологда, ул. Маяковского, 6, пединститут, кафедра математического анализа.

Редколлегия.

З. А. Скопец

(г. Ярославль)

ПРЕОБРАЗОВАНИЯ СИММЕТРИИ ПРОСТРАНСТВА В ЗАДАЧАХ

В курсе планиметрии преобразованиям центральной и осевой симметрии уделяется много внимания. На основе этих преобразований изучаются параллельность и перпендикулярность прямых, перемещения плоскости, доказывается ряд конкретных теорем.

В курсе стереометрии различают три вида симметрий: центральную (Sa), осевую (5а) и плоскостную (S). Изучение композиций этих симметрий программой не предусматривается, отдельные примеры приведены в упражнениях. Учащиеся знакомы лишь с тем, что симметрии являются перемещениями. Естественно, что такое положение не позволяет эффективно применять преобразования пространства к решению стереометрических задач.

Ниже приведена серия достаточно простых задач, предназначенных для внеклассных занятий, решения которых основаны на свойствах симметрий пространства и их композиций. При наличии опыта в решении планиметрических задач посредством преобразований решения предложенных задач не вызовут у учащихся особых затруднений. Чтобы облегчить понимание приведенных решений, мы стремились в первую очередь, рассмотреть задачи, в которых требуется рассматривать одну или несколько симметрий, но не их композиции. Лишь в последних трех задачах применяются композиции симметрий.

Заметим, что некоторые из задач можно решить короче традиционными средствами, не прибегая к преобразованиям симметрии. Однако в ряде случаев метод преобразований более эффективен. Кроме того, цель статьи — научить применять преобразования к решению задач, а эта методическая проблема не предполагает сопоставления различных методов решения задач.

Составление задач, решаемых методом геометрических пре-

образований, представляет собой актуальную дидактическую проблему.

Задача 1. Прямые центрального пучка прямых, лежащих в плоскости а, принимаются за оси симметрий. Найдите множество образов точки M при указанных симметриях.

Решение. Центр О пучка при симметрии относительно любой оси X из этого пучка отображается на себя, а точка М—на Мх, причем [ММХ]ПХ=М0, \ММХ\=2\ММ0\ и (ММХ) 1х (рис. 1). Тогда \ОМх\ = \ОМ\ иМхехь гдеXi=HM2(x). Точка Мх принадлежит пересечению со сферы а с центром О и радиусом \0М\ и плоскости ai = #M2 . Искомым пересечением является окружность со.

Возьмем произвольную точку Му€(о; [ММу]Па = М\ (ОМ') = у. Нетрудно доказать, что МУ=5У(М) (рис 2).

Рис. 1 Рис. 2

Действительно, М'=НМ (Му), точка Oi=HM2 (0) принадлежит со, тогда 0\МуМ = 90°. А в силу параллельности прямых у и 0\МУ прямые у и ММУ перпендикулярны.

Если (МО) J_a, плоскость ai касается сферы а, окружность со вырождается в точку, симметричную M относительно а.

Задача 2. Докажите, что объединение двух скрещивающихся прямых представляет собой фигуру, имеющую три оси симметрии.

Решение. При симметрии с осью /, содержащей общий перпендикуляр прямых айв, каждая из этих прямых отображается на себя, т. е. / — ось симметрии объединения прямых айв.

Через середину L общего перпендикуляра [AB] прямых а и Ь проведем плоскость À, параллельную a и Ь. Спроектируем ортогонально эти прямые на плоскость X. Пусть прямые ai и в\ — полученные проекции (рис. 3). Докажем, что оси симметрий т и п прямых а\ и в\ являются осями симметрий

прямых а и е. В самом деле, при симметрии Sm прямая / отображается на себя, а точка А — на точку В. Так как осевая симметрия сохраняет параллельность прямых, то прямая а, проходящая через точку А и параллельная прямой ai, отображается при Sm на прямую, проходящую через точку В и параллельную прямой вь т. е. на прямую в. Аналогично и Sn(a) = e.

Рис. 3

Таким образом, прямые /, m и п — оси симметрий объединения прямых а и в.

Задача 3. Дана замкнутая ломаная ABCDA. Докажите, что при условиях \AB\ = \CD\, \BC\ = \DA\ ломаная обладает осевой симметрией. Выясните истинность обратного утверждения.

Решение. Треугольники BAD и DCB конгруэнтны по трем сторонам (рис. 4). Если M — середина отрезка BD, то [AM] ~ [СМ] (соответственные медианы в конгруэнтных треугольниках конгруэнтны).

Пусть точка N — середина отрезка АС и А[ ^ М. Тогда (MN)— ось симметрии отрезка АС. Аналогично можно показать, что (MN)— ось симметрии отрезка BD.

Рис. 4

При симметрии с осью MN, проходящей через середины отрезков АС и BD, ломаная A BCD А отображается на ломаную CD ABC, т. е на себя.

Если же M = N, то данная ломаная плоская, имеющая центр симметрии. Прямая, проходящая через этот центр перпендикулярно к плоскости ломаной, есть искомая ось симметрии.

Обратное утверждение очевидно, если ось симметрии проходит через середины отрезков АС и BD.

Задача 4. Докажите, что четырехгранный угол Sab cd, у которого (а, b) = (c, d), (b, c) = (d, а) обладает осевой симметрией.

Решение. На ребрах данного угла отметим соответственно точки А, В, С и D так, что | SA | = ISß| = |SC|=|SD| (рис. 5). Из конгруэнтности треугольников ASB и DSC, ASD BSC следует, что |/lß| = |DC| и \AD\ и |ВС|. Но тогда ломаная А В CD А имеет ось симметрии /, которая проходит через середины отрезков Л С и BD (см. задачу 3).

Рис. 5

Так как точка 5 равноудалена от точек А, В, С и D, то она является центром сферы, проходящей через эти точки. При симметрии с осью / эта сфера отображается на себя. Следовательно, ось / проходит через точку 5 и является осью симметрии угла Sabcd.

Задача 5. Для того чтобы плоскость, проходящая через вершину угла, была равнонаклонена к его сторонам, необходимо и достаточно, чтобы она проходила через биссектрису данного угла или через биссектрису угла, смежного с данным. Доказать.

Доказательство, а) Плоскость а проходит через биссектрису [ОМ) угла АОВ (рис 6). При симметрии с осью (ОМ) плоскость а отображается на себя, а луч OA — на луч OB. Так как осевая симметрия есть перемещение, то угол луча

OA с плоскостью а равен углу образа луча OA с образом плоскости а, т. е. углу луча OB с плоскостью а.

Если плоскость проходит через биссектрису угла ВОА\, смежного с углом АОВ, то, по доказанному, она равнонаклонена к лучам [OA) и [OB), а значит, равнонаклонена к [OA) и [OB).

б) Плоскость а проходит через вершину О угла АОВ и равнонаклонена к лучам OA и OB, причем лучи OA и OB лежат в разных полупространствах с границей а (рис. 7). Спроектируем данный угол на плоскость а ортогонально. Получим угол А'ОВ' и AOA==BOBf (по условию). Если [ОМ)—биссектриса угла А'ОВ', то при симметрии с осью (ОМ) луч OA отображается на луч OB (докажите!), т. е. плоскость а проходит через биссектрису ОМ угла АОВ.

Рис. 6 Рис. 7

Пусть плоскость а равнонаклонена к лучам OA и OB и лучи лежат в одном полупространстве с границей а (рис. 8). Если [ОВ\)— дополнение луча OB до прямой, то лучи OA и ОВ\ лежат в разных полупространствах с границей а, и плоскость а равнонаклонена к ним. Тогда а проходит через биссектрису угла АОВ\.

Рис. 8

Задача 6. Две пересекающиеся прямые одинаково наклонены к плоскости а, причем их точка пересечения принадлежит а. Докажите, что плоскость ß, содержащая данные прямые, пересекает а по прямой т, являющейся осью симметрии данных прямых.

Решение. Обозначим точку пересечения прямых а и в буквой О, Оеа. На прямой а имеем лучи OA и OA и на прямой в — лучи OB и ОВ\ (рис. 9).

Рис. 9

Так как плоскость а равнонаклонена к сторонам угла ВОА\, то она проходит через ось симметрии m этого угла (см. задачу 5). Но ось симметрии угла ВОА\ лежит в плоскости ß=(a, в). Следовательно, aniß=m.

Задача 7. Плоские углы BS С, CS A, AS В трехгранного угла S А ВС равны соответственно а, ß и у. Докажите, что если биссектриса угла AS В перпендикулярна ребру SC, то oc + ß= = 180°. Сформулируйте и докажите обратное предложение.

Решение. Пусть / — прямая, содержащая биссектрису угла ASB (рис. 10). Тогда при симметрии с осью / луч SC отображается на луч 5Ci, дополняющий луч 5С до прямой, а луч SB — на луч SA. При этом BSC\=ASC=$ и CSB + ßSd=a + ß=180°.

Обратное предложение. Плоские углы BSC, CSA, ASB трехгранного угла SA ВС равны соответственно а, ß, у. Докажите, что если a + ß=180°, то биссектриса угла ASB перпендикулярна ребру SC.

Доказательство. При симметрии с осью /, содержащей биссектрису угла ASB, луч SA отображается на [SB), а [SC)— на [SC,), причем ASC=BSCl=Ç>. Тогда CS*B + BSd = = a+ß = 180°, т. е. CSCi—прямая. Следовательно, (SC)J_/.

Рис. 10

Задача 8. Дан правильный тетраэдр А В CD, точки M и N — середины его ребер АС и BD. Докажите, что любая плоскость, проходящая через прямую MN, делит тетраэдр на равновеликие многогранники.

Решение. Пусть а — произвольная плоскость, проходящая через прямую MN. Каждый из многогранников, на которые плоскость а делит тетраэдр AB CD, есть пересечение тетраэдра и полупространства с границей а.

Симметрия с осью (MN) отображает тетраэдр А В CD на себя и плоскость а на себя, причем каждое из полупространств с границей а отображается на другое. Тогда при симметрии с осью (MN) каждый из двух многогранников отображается на другой. Следовательно, эти многогранники конгруэнтны, а значит, и равновелики.

Задача 9. Докажите, что биссектрисы двух плоских углов трехгранного угла и биссектриса угла, смежного с третьим плоским углом, лежат в одной плоскости.

Решение. В трехгранном угле SA ВС лучи I и m — биссектрисы углов ASВ и BSC (рис. 11). Плоскость L = (l, m) проходит через биссектрисы углов ASВ и BSC. Поэтому она равнонаклонена к лучам SA и SB, SB и SC (задача 5). Значит, плоскость а равнонаклонена к лучам SA и SC. Кроме того, лучи SA и SC лежат в одном полупространстве с границей а. Следовательно, а проходит через биссектрису угла, смежного с углом AS С.

Задача 10. Докажите, что биссектрисы углов, смежных с плоскими углами трехгранного угла, лежат в одной плоскости.

Решение. Дан трехгранный угол SАВС. Дополним луч SA до прямой ASAi и рассмотрим трехгранный угол SA\BC.

Пусть m и п — биссектрисы углов A\SB и A\SC. Тогда плоскость а=(т, п) проходит через биссектрису / угла, смежного с углом BSC (задача 9), то есть / С (m, п).

Задача 11. Грани двугранного угла пересечены прямой. Докажите, что если эта прямая одинаково наклонена к плоскостям граней, то ребро двугранного угла равноудалено от точек пересечения данной прямой с гранями.

Сформулируйте и докажите обратное предложение.

Решение. Дан двугранный угол a/ß. Прямая m равнонаклонена к плоскостям a и ß, шПа = А, muß = В (рис. 12). Докажем, что прямая / равноудалена от точек А и В.

Воспользуемся симметрией относительно плоскости а, делящей пополам данный двугранный угол:

Рис. 11

Рис 12

Плоскость a равнонаклонена к прямым AB и В\А\. Пользуясь задачей 6, нетрудно доказать, что эта плоскость параллельна прямой п, делящей пополам угол АОА\. Аналогично ß II п. Но тогда и плоскость АВА\ пересекает a и ß по прямым ABi и Л iß, параллельным прямой /.

Так как Sa (/) = /, а S, ((АВХ)) = (А{В) и /1| (АВХ) \\ (А{В), то расстояние от любой точки прямой АВ\ до прямой / равно расстоянию от любой точки прямой Л iß до прямой L

Замечание. Параллельность прямых /, ^4ßi и Л iß можно доказать на основе свойств наклонных, проведенных к плоскости из одной точки.

Прямые OA и Oßi наклонены к плоскости a под одним и тем же углом, следовательно, \ОА\ = |Oßi|. Но в силу сим-

метрии относительно плоскости а расстояния \ОА\ и 10^411 также равны. Поэтому \0А\ = \ОА\\ = \ОВ\ = \ОВ\\ и четырехугольник АА\ВВ\ — прямоугольник. Тогда прямые АВ\ и А\В параллельны прямой /.

Обратное предложение. Грани двугранного угла пересечены прямой. Докажите, что если ребро двугранного угла равноудалено от точек пересечения этой прямой с гранями, то данная прямая равнонаклонена к плоскостям граней.

Указание. Предварительно докажите, что замкнутая ломаная AMNB, у которой \АМ\ = \NB\ и AMN=BNM = 90o, имеет ось симметрии (рис. 12).

Задача 12. Через вершину О прямого трехгранного угла Oabc внутри него проведен луч d. Докажите, что

Решение. Обозначим через а, Б и с прямые, содержащие лучи a, b и с соответственно, a через du d2 и dz — лучи, симметричные лучу d относительно прямых а, 5 и с. Тогда

Поскольку прямые Вис перпендикулярны, то Sc - SB = Sa, т. е. Sä(d2) = d3. Кроме того, Sä(d) = d\. Следовательно,

Аналогично доказывается, что

Учитывая полученные равенства, будем иметь:

Лучи du d2 и dz — ребра трехгранного угла Odxd2dz. Поэтому (du d2) + (d2y dz) + (аЪу d{) < 360°. А значит, (d, а) +

Задача 13. Даны центральные симметрии SA и S в и плоскостная симметрия. S а. Докажите, что равенство

является необходимым и достаточным условием параллельности прямой AB и плоскости а.

Решение. Достаточность. Проведем через А прямую /г, перпендикулярную а, п П а = N. Композиция а = Sa • 5 а • • SA отображает п и каждую проходящую через п плоскость у на себя. Отображение у на себя есть перемещение о\ второго рода, причем в\(п) = п. Ввиду того, что g\(A\)=Ai, где NA = АА\, то ai — осевая симметрия Sa , где а\ проходит через Ai перпендикулярно п. Итак, о есть симметрия относительно плоскости ßi, проходящей через À\ параллельно а, причем SA(a) = ßi.

Аналогично, о = Sb • Sa • S в = Sß2, где ß2 = ßi, причем SB (ct)=ß2. Поскольку 5А и Sb отображают а на ßi, то(АВ) || а.

Необходимость. Даны плоскость а и точки Л, В, причем (AB) у а. По выше доказанному имеем:

Sa »Sa* Sa = S ßi, Sb • S a. Sb = Sß2, где ßi = SA(a), ß2=Sß(a). Но из условия (АВ)\\а следует ßi =ß2, а поэтому SA - Sa - Sa = Sb - Sa - Sb.

Задача 14. Даны две перпендикулярные скрещивающиеся прямые а и Ъ и точки Х\9 х2 такие, что X\ = S&(x), Х2= = SB (х), где x — произвольная точка пространства. Найдите множество середин отрезков Х\Х2.

Решение 1. Если Х\ =Sa (х), то X = Sa(jci) и, поскольку Х2 = Sb (Х), то Х2 = Sb ' Sa (#1). Но Sa = Sa-SY=SY*Sa /(x _l y, а = а л у, а||6| y -L Ь/, SB = Sß • Sô = Sô -Sß. /ß J_ô, ft = оПу/. Тогда Sb-Sa = Sô-Sß «S y - Sa = Sô S0, где О есть точка пересечения трех попарно перпендикулярных плоскостей а, ß, y- В то же время О есть точка пересечения общего перпендикуляра с прямых а и b с прямой а. Следовательно, Х2 = Sô-S0(*i) или S0 (*i) = Хо, Sô (х0) = х2 (рис. 13).

Рис. 13

Прямые х2х0, x0xl и с лежат в одной плоскости. Получаем, что прямая с проходит через середину О стороны х0х2 треугольника #2*o*i и параллельна его третьей стороне XqX\. Значит, середина отрезка Х\х2 принадлежит прямой с.

Итак, если точка M — середина отрезка Х\Х2, то она принадлежит общему перпендикуляру прямых а и Ь.

Обратное утверждение также верно.

Вывод: множество середин отрезков Х\Х2, где Х\ = Sa(*), *2 = Sh (х), а и b — скрещивающиеся перпендикулярные прямые, X — произвольная точка пространства, есть общий перпендикуляр прямых а и Ъ.

Решение 2. Ортогональное проектирование я на плоскость а, перпендикулярную общему перпендикуляру с данных прямых а и 6, отобразит их на две перпендикулярные пересекающиеся в точке О прямые ai и bu Тогда любая точка X пространства отобразится при л на хи Xi = Sa (х) отобразится на х' и x2 = Sb(x) — на х'2, причем прямая а' будет осью симметрии точек х\ и Хи а прямая Ь\ — осью симметрии точек Х\ и х\. Следовательно, x'2=Sb (х'\) или x'2=So(xf\). Отсюда следует, что О — середина отрезка х\х'2. По свойствам параллельного проектирования заключаем, что множество середин отрезков ххх2 при параллельном проектировании л отображается на точку О. Но на точку О при я отображается общий перпендикуляр прямых а и Ь, откуда и заключаем, что середины отрезков Х\Х2 принадлежат прямой с.

С. Г. Губа

(г. Вологда)

ВЫЧИСЛЕНИЕ НЕКОТОРЫХ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СУММ

В статье рассматривается один из способов вычисления тригонометрических сумм вида

(1)

(2)

где (ак) — числовая последовательность, заданная формулой k-то члена, причем эта формула определена при k = 0, т. е. последовательность (ак) имеет нулевой член а0 и может быть представлена в виде

а0, аи а2, ... , ап, ... (3)

Еще одно дополнительное требование относительно последовательности (3) будет сформулировано ниже.

Предлагаемый материал может быть использован на занятиях математического кружка в 10-м классе. Следует отметить, что отдельные приемы вычисления сумм (1) и (2) описаны в книге С. И. Новоселова «Специальный курс тригонометрии» (Издательство «Высшая школа», Москва, 1967). Однако эти приемы в большинстве случаев требуют знакомства с комплексными числами, в частности, с формулой Муавра. Поскольку тема «Комплексные числа» в настоящее время в школьную программу не входит, то учителю полезно знать и такие способы вычисления сумм (1) и (2), которые не связаны с употреблением комплексных чисел.

Излагаемый ниже способ вычисления тригонометрических сумм опирается на понятие функции, которое, как известно, занимает в новой школьной программе по математике одно из центральных мест.

Введем в рассмотрение следующие суммы С(х) и S(jc), являющиеся обобщением сумм (1) и (2):

(4) (5)

Суммы (4) и (5) мы будем рассматривать как функции от X. Очевидно, что при х = О эти суммы переходят соответственно в суммы (1) и (2).

Нетрудно убедиться в справедливости следующего равенства:

Действительно,

Таким образом, достаточно найти способ вычисления суммы (4), после чего сумму (5) можно вычислить по формуле (6). Отметим также, что сумма (5) может быть получена как производная по х от суммы (4), взятая с противоположным знаком, т. е.

S(x) = -C'(x). (7)

Приняв во внимание, что cos (л: — р + кр) = cos р cos (х -+-+ 7cp) + sinp-sin(х+кр), получим:

(8)

Аналогично находим:

(9)

Из формул (8) и (9) имеем:

(10) (11)

Далее имеем:

(12)

Точно так же

(13)

Почленно сложив (12) и (13) и приняв во внимание (10), получим:

(14)

Предположим, последовательность (3) такова, что

(15)

где X = const, v = const и (вк) — последовательность, для которой мы уже умеем найти сумму

(16)

В случае выполнения условия (15) равенство (14) принимает вид:

(17)

Отсюда окончательно имеем:

(18)

Итак, формула (18) позволяет вычислить всякую тригонометрическую сумму вида (1), если только последовательность (3) удовлетворяет условию (15).

Рассмотрим теперь несколько конкретных примеров тригонометрических сумм, которые могут быть вычислены по формуле (18).

Пример 1. Вычислить сумму

Решение. Здесь ак = 1 (k£N0). Следовательно, ак +1 + + ак-1 = 1 + 1 = 2-1 = 2ак, т. е. X = 2, v = 0. Тогда по формуле (18) получим:

(19)

Подставив в полученное соотношение х--—вместо ху на основании формулы (6) будем иметь:

(20)

Отметим, что формула (19) еще проще может быть получена, если из равенства (12) почленно вычесть равенство (13). Полагая в (19) и (20) х = 0, получим:

(21)

(22)

Пример 2. Вычислить суммы:

Решение. Подставив в формулы (21) и (22) 2р вместо р, получим:

(23)

(24)

Пример 3. Вычислить суммы:

Решение. Так как

то, используя формулу (23), будем иметь:

(25)

(26)

Пример 4. Вычислить сумму

Решение. В рассматриваемом случае ак = k. Тогда ам + ak_i = k + l + k — l = 2k = 2ак, т. е. Я = 2, v = 0. Теперь по формуле (18) имеем:

(27)

Заменив в равенстве (27) х на х--— , получим:

(28)

Пример 5. Вычислить сумму

Решение. Имеем: ак = k2 (k6N0), ak+i + Як-i = (k + 1)2+ + (k— l)2 = 2é2 + 2 = 2ак + 21, т. е. À = 2, v=2, ek = 1. Подставив найденные значения Я, v, вК в формулу (18), получим:

Воспользовавшись ранее вычисленной суммой (19), окончательно будем иметь:

Пример 6. Вычислить сумму

Решение. Здесь

Теперь формула (18) дает:

В заключение, не приводя полных решений, укажем еще несколько примеров тригонометрических сумм, которые могут быть вычислены по формуле (18).

Пример 7. Вычислить сумму

В данном случае ак = а + (k — 1) d (kGN0), flk+i + ûk-t = = a + k d + a + (k — 2) d = 2 (a + (k — 1) d) = 2 ak, т. e. X = 2, v = 0. Остается подставить полученные значения X и v в формулу (18).

Пример 8. Вычислить сумму

Здесь ак = k* (k6N0), ak+i + flk-i =(k + l)3 + (k — If = = 2Ä3 + 6k = 2 ak + 6k, т. e. À = 2, v = 6, вк =* Подставив найденные значения À, v и ek в формулу (18) и использовав ранее вычисленную сумму (27), получим искомый результат.

Пример 9. Вычислить сумму

В рассматриваемом случае

Подставив значения Я, v и вк в формулу (18) и использовав сумму, вычисленную в примере 6, придем к искомому результату.

Можно показать прием вычисления суммы вида (4) в любом случае, когда последовательность (3) является рекуррентной. Для простоты ограничимся рассмотрением частного примера рекуррентной последовательности, а именно, случая последовательности Фибоначчи. Пусть требуется вычислить сумму (4) при а0 = О, ai = 1, ak+i = ak + ak-i» т. е.,

ak+i — ак — ak_i = 0 (k£N). (29)

Таким образом, будем вычислять сумму

(30)

Вычтем почленно равенства (4) и (13) из равенства (12). Получим:

С учетом соотношений (11) и (29) последнее равенство примет вид:

2 sinp-S (х) — С (х) = M (х), (31)

где M (х) = cos X — an+i cos (х + пр) —ancos (х + (п+1)р) (здесь принято во внимание, что а0 = 0, а\ = 1).

Заменив в равенстве (31) х на х--и обозначив

M ( X — —J = — N (ле),

будем иметь:

Итак, мы пришли к системе двух уравнений относительно искомых величин S (х) и С (х):

(32)

Решив систему (32) относительно С(х), получим искомую сумму (30).

Практически для вычисления суммы (30) более удобно воспользоваться так называемым суммирующим множителем, в качестве которого может быть взят определитель системы (32):

Умножив и разделив сумму (30) на 3 — 2 cos 2р и проделав все необходимые вычисления, окончательно получим:

Т. А. Иванова

(г. Горький)

ВВЕДЕНИЕ БАРИЦЕНТРИЧЕСКИХ КООРДИНАТ НА ВЕКТОРНОЙ ОСНОВЕ

В курсе геометрии 10-го класса впервые в советской средней школе изучается координатный метод в пространстве, являющийся мощным средством решения задач.

Решение геометрической задачи координатным методом состоит в том, что ее геометрическое содержание переводится на язык алгебры, аппарат которой и используется в процессе решения. Полученному алгебраическому выражению дается затем геометрическое истолкование.

Основоположниками метода координат являются великие французские математики Пьер Ферма (1601—1665) и Рене Декарт (1596—1660). Однако приоритет в развитии этого метода получили работы Декарта. Основные идеи координатной (аналитической) геометрии были изложены Декартом в его труде «Геометрия». В этой работе Декарт показывает, как с помощью введения системы координат достигается возможность выразить геометрические свойства фигур аналитически. В связи с этим, в исследованиях Декарта получила дальнейшее развитие и алгебра, которая как в своих методах, так и в символике приняла тот характер, который ей присущ и в настоящее время.

Открыв впервые метод координат, Декарт сказал: «Я решил все задачи». Он был прав в том отношении, что условие любой геометрической задачи можно записать аналитически. Но алгебраические выкладки решения иногда оказываются настолько громоздкими, что не приводят к цели. И все же большой класс различных задач геометрии проще решается с использованием алгебраического аппарата. Однако для решения каждой конкретной задачи целесообразно выбирать ту систему координат, которая позволяет сделать его наиболее рациональным.

В настоящее время известны десятки различных систем координат. В средней школе, в основном, изучается декартова прямоугольная система. Мы расскажем еще об одной системе координат — барицентрических координатах. Понятие барицентрических координат тючки впервые было введено немецким математиком А. Ф. Мебиусом (1790—1868) в его знаменитой книге «Барицентрическое исчисление» и связывалось с понятием центра тяжести масс.

Рассмотрим для примера, как вводились барицентрические координаты на прямой. Пусть имеются две различные точки А и В. Поместим в эти точки массы х и у (они могут быть как положительными, так и отрицательными при условии, что 1) X ф —у, 2) X уЬО). Центром тяжести масс, помещенных в точках А и В, называется такая точка M прямой AB, для которой AM: MB = у: X.

Массы X и у называются барицентрическими координатами точки M в базисе AB.

Следовательно, барицентрические координаты не определены в следующих случаях: 1) паре противоположных чисел не соответствует никакая точка прямой AB; 2) точке В не соответствует никакая пара чисел, поскольку ВВ = 0. Для того, чтобы установить соответствие между каждой точкой прямой AB и каждой парой действительных чисел, условимся считать: 1) паре противоположных чисел соответствует несобственная точка прямойАБ, 2) точка В имеет координаты (0; у).

Если в точки А и В поместить массы ах и ау (а ф 0), то очевидно, что центроид этих масс совпадет с центроидом масс х и у, помещенных в те же точки. Значит, массы ах и ау также являются барицентрическими координатами точки M в базисе AB. Поэтому говорят, что барицентрические координаты точки являются однородными, т. е. если точка M имеет координаты (х, у) в базисе AB, а точка N — координаты (ах, ау), аф 0, то точки M vi N совпадают. В силу однородности барицентрических координат найдется такое значение а = -, что х + у = 1. Такие барицентрические координаты называются нормированными.

Мы введем понятие барицентрических координат точки на плоскости на векторной основе, не прибегая к понятию центра тяжести масс.

1. Барицентрические координаты точки

Пусть на плоскости дан треугольник ABC и некоторая точка M (рис. 1). Тогда вектор СМ единственным образом можно разложить по векторам CA и СВ:

Рис. 1

(1)

Какую бы точку О мы ни взяли, из равенства (1) следует равенство

ОМ — ОС = х(ОА — <ЭС) + у(ОВ — ОС)

или

ОМ = xÖA+yÖB+(l — X — у) ОС.

Пусть 1 — X — у = 2, тогда

ОМ = xÖA + yOB+zOC, x+y+z = 1 (2)

Итак, каждой точке M плоскости соответствует единственная тройка чисел, удовлетворяющая равенствам (2) и не зависящая от точки О.

Обратно, нетрудно показать, что каждой тройке чисел X\f у и Zu где JCi+i/i+ Zi = 1, соответствует единственная точка Mi такая, что

ÖMi = JCiOA + z/idß+z,ÖC, (3)

где О — произвольная точка, а А9 В, С — заданные точки.

В самом деле, паре чисел Xu yi соответствует единственная точка Mi плоскости ABC такая, что

CMi = xiCA+yiCB,

откуда и следует равенство (3).

Таким образом, имеем взаимно-однозначное соответствие между точками плоскости и множеством упорядоченных троек

действительных чисел, сумма которых равна единице, установленное равенствами (2) с помощью треугольника ABC. Треугольник ABC называется координатным.

Определение. Нормированными барицентрическими координатами точки M относительно координатного треугольника ABC называется тройка чисел х, у, z, удовлетворяющая равенствам (2).

В дальнейшем мы будем рассматривать только нормированные барицентрические координаты, поэтому слово «нормированные» будем опускать.

Замечаем, что среди трех барицентрических координат точки только две из них являются независимыми.

Вычислим барицентрические координаты вершин А, В, С координатного треугольника ABC.

Пусть точка M совпадет с точкой А. Поскольку барицентрические координаты точки не зависят от выбора точки О, то поместим ее также в точку А. Тогда равенства (2) примут вид:

О = xÔ+yAB + zAC, x+y+z = 1,

или

yAB+zÄC = 0.

Векторы AB и АС неколлинеарны, а значит последнее равенство имеет место тогда и только тогда, когда У = z = 0. Учитывая, что сумма барицентрических координат точки равна единице, имеем х=1.Итак, точка А имеет координаты (1; 0; 0). Аналогично показывается, что вершины В и С имеют соответственно координаты (0; 1; 0) и (0; 0; 1).

Изучим некоторые свойства барицентрических координат точки на плоскости.

Теорема 1. Если числа х, у, z — барицентрические координаты точки M (х; у; z) относительно координатного треугольника ABC, то пары чисел (х; у), (у; z), (х; z) являются соответственно коэффициентами разложения вектора СМ по CA и СВ, вектора AM по AB и АС, вектора ВМ по ВА и ВС.

Доказательство. Пусть точка M имеет в координатном треугольнике ABC координаты (х; у; z). Тогда, согласно определению (1), выполняются равенства (2). Представляя у как 1 — X — z, имеем:

или

откуда

Аналогично доказываются два других утверждения.

Из рассмотренной теоремы непосредственно следует, что середины Аи Ви Ci сторон ВС, CA, AB координатного треугольника ABC имеют координаты: А\ (о; ^; — ) , Bi ( ^; 0; — ],

Теорема 2. Барицентрические координаты точки M (л:; у; г) являются коэффициентами линейной зависимости векторов MA, MB, MC.

Доказательство. Положив, что О = М, получаем:

0 = xMA+yMB+zMC, x+y+z = l, (*)

откуда и следует справедливость доказываемой теоремы.

Теорема 3. Прямые AM, ВМ, СМ, проходящие через вершины координатного треугольника ABC и точку M (х; у; z), пересекают прямые ВС, CA, AB соответственно в точках Au Bu Ci таких, что

ACi: CiB = у: х, ВАХ: А*С = z: у, СВ{: В{А = х; z. (5)

Доказательство. Пусть А{ = (АМ)П(ВС),в1 = (ВМ)Г1(АС), d = (CM)i\(AB) (рис. 2). Условие принадлежности точек A, Ci, В одной прямой в векторной форме запишется так:

MC{ = kMA + (l — ЩМВ, где C\B=kAB, k ф 0, т. е. С\В: ACi = k: (1 — k). Но вектор MCi коллинеарен вектору MC, т. е. MC = s-MC\, или MC = s-kMA + s (1—ЩМВ. Выразив вектор MC из равенства (4), получаем: MC—--MA--— MB, z ф0.

Рис. 2

Сопоставляя два последних равенства и используя теорему о единственности разложения вектора по двум неколлинеарным векторам, заключаем, что k = —-— , 1 — k=---— . Следовательно, (1 — k): k=AC\: С\В = у: х.

Отметим, что если точка M становится несобственной, то прямые AM, ВМ, СМ можно считать параллельными.

Свойство (3) позволяет просто решать многие задачи планиметрии.

Задача 1. Доказать, что три медианы треугольника пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть две медианы треугольника ABC пересекаются в некоторой точке M (х; у; г). Поскольку основания Ai, Bi, Ci медиан AAi, ВВи CCi являются серединами сторон треугольника ABC, то согласно формулам (5), заключаем, что X: у: г=1. Учитывая равенство x + y+z = l, имеем:

Предположим, что медианы CCi и BBi пересекаются в точке Mi (xi; у\\ Zi\), отличной от точки M (х; у; г). Очевидно, что и барицентрические координаты точки Mt равны ( —; -~; -J- j s т. е. точки M и М{ имеют одни и те же барицентрические координаты относительно координатного треугольника ABC. Следовательно, они совпадают. Здесь же мы показали, что точка пересечения медиан треугольника имеет барицентрические координаты ^"^"î "з") "

Задача 2. Доказать, что три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

Для решения этой задачи нужно использовать равенства (5) и свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника. Из решения будет следовать, что точка пересечения биссектрис треугольника имеет следующие барицентрические координаты: —; —; — .

Задача 3. Доказать, что три прямые, проведенные через вершины треугольника соответственно перпендикулярно к прямым, содержащим противоположные стороны, пересекаются в одной точке.

Решение, а). Если треугольник прямоугольный, то все три перпендикуляра пересекаются в вершине прямого угла.

б). Пусть треугольник ABC непрямоугольный и два перпендикуляра АА\ и СС\ пересекаются в точке Н(х; у;

z) (рис. 3). Тогда Ad: dB = ctg А: ctg В, т. е. х: у = ctg В: ctg Ä = tg Ä:tg В. Далее показываем, что у: z = tgß:tgC. Значит, х: у: z=tg А: tg ß: tg С. Но поскольку я + {/+2 = 1, получаем:

Рис. 3

Точка пересечения прямых АА\ и BBi имеет те же самые барицентрические координаты относительно координатного треугольника ABC. Следовательно, (АА1)П(ББ,)П(СС,1)=Я.

Задача 4. Если точки Ai, Bu Си взятые на прямых ВС, CA, AB треугольника ABC таковы, что прямые АА\, ВВ\, СС\ пересекаются в одной точке (или параллельны), то имеет место равенство:

(теоремы Чевы).

Справедливость высказанного утверждения непосредственно следует из теоремы (3):

2. Барицентрические координаты вектора. Уравнение прямой

Рассмотрим барицентрические координаты вектора.

Определение 2. Барицентрическими координатами вектора а относительно координатного треугольника ABC называется упорядоченная тройка чисел р9 q, г такая, что

a=pOA + qÖB-^rÖC, p+q+r=0, (6)

где О — произвольная точка.

Покажем, что барицентрические координаты вектора не зависят от положения точки О. В самом деле, пусть мы имеем равенства (6). Тогда вектор а мы можем представить таким образом:

а=p(ÖOi+о7а) + 4(00! +о7в)+г(001 + OiC),

или a={p + q+r) 00\+pO\A + qOiB+rO\C.

Учитывая, что p+q + r = 09 запишем:

а=рб^А + qOiB+rÖib, откуда, согласно определению (2), следует, что координаты вектора не зависят от выбора точки О.

Найдем координаты вектора MN, зная координаты точек у\; Z\) и N(x2\ у2; z2). Из определения барицентрических координат точки следует:

ÖM=xlÖA+ylÖB+zlOC, ÖN = x2OA + y2ÖB + z2ÖC.

Тогда а = Ш=(х2 — xl)ÖA + (y2 — y\)OB + (z2 — Zi)OC, откуда а=(х2 — х{; у2 — у\\ z2 — zx).

Легко показать (предоставляем читателю провести доказательство самостоятельно), что необходимое и достаточное условие коллинеарности двух векторов а=(р; q; г) и в = (р\; qi; Г\) в барицентрических координатах имеет вид:

(ä = kb% k-фО) ( = ) (p=kpu q = kqu r=krx).

Используя его, выведем уравнение прямой, проходящей через две различные точки С (х\\ ух; zx) и D (х2; у2; z2). Любая точка M (х; у; z) прямой CD обладает тем свойством, что CM=kCDy k^r-O. Это векторное равенство в координатах запишется так:

или

Будем рассматривать эту систему относительно переменных k и 1 = 1 — k. Поскольку точки C(xi; j/i; Z\) и D(x2; 1/2; z2) различны, то хотя бы одна из разностей yxz2— y2z{, Z\X2 — z2X\, X\y2 — x2y\ отлична от нуля. Пусть для определенности y\Z2—y2Z\ = 0. При этом условии система

имеет единственное решение, удовлетворяющее уравнению x = x2k+x\l. После подстановки решения последней системы в уравнение х = x2k + Х\1 и несложных преобразований, получаем искомое уравнение прямой:

(У 1z2 — гху2)х+(г1х2 — xxz2)y+{xxy2 — x2yi)z = 0, (7)

причем среди коэффициентов при х, у, z по крайней мере два должны быть различны. В противном случае мы получим уравнение x+y+z = 0, которому не удовлетворяют координаты ни одной точки плоскости.

Для читателей, знакомых с определителями и их свойствами, приведем другие рассуждения вывода уравнения прямой.

Рассмотрим систему трех линейных однородных уравнений

относительно переменных а = 1, ß = k — 1, у = — k. Замечаем, что она имеет ненулевое решение. Значит, ее определитель равен нулю:

(8)

Уравнения (7) и (8) эквивалентны и выражают уравнения прямой в барицентрических координатах.

Из них следует, что прямые ВС, АС, AB координатного треугольника ABC имеют соответственно уравнения:

Изложенные аффинные свойства барицентрических координат на плоскости, как мы уже отмечали, позволяют проще решать многие аффинные задачи, чем обычные геометрические методы.

Задача 5. Дан треугольник ABC. Доказать, что если три прямые ААи ВВи ССХ \А{£(ВС), С{е(АВ), В{ 6 (Ad)\ пересекаются в одной точке Р, то имеет место равенство:

Решение. Пусть точка Р имеет координаты (рис. 4). Используя формулы (5), получаем:

Рис. 4

Вычислим отношение CP: РС\. Вектор СР=(х; у; z— 1), вектор РС\, ему коллинеарный, имеет координаты (ах; ау; a(z — 1)). С другой стороны, точка Ci принадлежит прямой А В, т. е. ее третья координата равна нулю. Следовательно, третья координата вектора РС\ равна — z, т. е. a(z — 1)= — z, откуда сх=—-—. Поэтому CP: РС{ = CP: аСР = 1: а = {\ — z): z. Значит,

Отсюда следует справедливость следующей теоремы.

Теорема 4. Если точки А\9 В и С\ принадлежат соответственно прямым ВС, CA, AB, содержащим стороны координатного треугольника, и прямые ААХ, ВВ\, СС\ пересекаются в точке Р(х; у; z), то

(9)

Нетрудно показать, применяя теорему (4), что если точка Р имеет барицентрические координаты (х; у; г), то числа Л', у, z равны соответственно площадям ориентрированных треугольников РВС, PC А, РА В при условии, что площадь треугольника ABC принята за единицу.

3. Решение метрических задач с помощью барицентрических координат

Для решения метрических задач с помощью барицентрических координат необходимо прежде всего знать формулу расстояния между двумя точками в этих координатах.

Пусть даны две точки М\(х\; yr> z{) и М2(х2; у2; z2).

Тогда откуда

Применив теорему косинусов, получим:

Вычислим коэффициент при

Аналогично найдем, что коэффициенты при OB2 и ОС2 нули. Окончательно получаем:

(10)

где а, в, с — длины сторон координатного треугольника.

Формула расстояния между двумя точками позволяет решать многие метрические задачи, не производя никаких дополнительных построений. Чтобы ею воспользоваться, достаточно вычислить барицентрические координаты соответствующих точек.

Задача 6. Вычислить расстояние от центра вписанной в треугольник окружности до его вершин, зная длины сторон треугольника.

Решение. Примем данный треугольник за координатный. Как было отмечено выше, центр M вписанной в него окружности имеет барицентрические координаты

координаты вершин этого треугольника известны. Применив формулу (10), получаем:

Аналогично найдем, что

Задача 7. Вычислить длину биссектрисы СС\ треугольника ABC, зная длины его сторон.

Решение. Для вычисления длины биссектрисы СС\ треугольника ABC достаточно найти барицентрические координаты точки Ci — (х; у; 0). Согласно теореме (3) и свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника, запишем:

Учитывая, что х + у = 1, получаем

Применим формулу (10):

откуда

Задача 8. На основании AB равнобедренного треугольника ABC дана точка Р. Доказать, что

Выяснить, как изменится формула, если точка Р прямой AB не будет принадлежать отрезку AB.

Решение. Пусть точка Р€'[АВ], тогда точка Р имеет барицентрические координаты (х; у; 0), где х + у = 1 и х >> 0, у > 0 (рис. 5). Вычислим \РС\2, \АР\, \РВ\:

Рис. 5

Получаем

Если точка Р прямой AB не принадлежит отрезку AB, то ее барицентрические координаты х и у разноименны, поэтому \АР\ • \РВ\ = — ху с2. В этом случае имеет место такое соотношение: \РС\2=\АС\2+\АР\ -\РВ\.

4. Уравнение окружности в барицентрических координатах

Для получения уравнения окружности в барицентрических координатах используется, как обычно, определение окружности, как множества всех точек плоскости, удаленных от данной точки M (а; ß, у) на данное расстояние R. Получаем следующее уравнение окружности с центром в точке M радиуса R:

с2 (у - р) (2 - у) + вЦг - у) (X - а)+с2 (х -а) (у- ß)=/?2.

Мы остановимся на выводе уравнения окружности, описанной около координатного треугольника ABC.

Пусть M (R)—описанная окружность треугольника ABC; Р(х; у; z)£M(R). Выбрав в качестве точки О центр данной окружности — точку М, запишем равенства (2) так:

MP = хМА + у MB + zMC. (11)

Поскольку точки А, В, С, Р принадлежат одной окружности, то \МА\ = \МВ\ = \МС\ = \МР\. Возведя равенство (11) в квадрат, будем иметь:

Применяя теорему косинусов, запишем:

Посколькух+г/ + -г = 1, то получаем следующее уравнение описанной окружности координатного треугольника:

a2yz + e2zx+c2xy = 0. (12)

Полученное уравнение (12) успешно можно применить для доказательства известной теоремы Птолемея.

Задача 9. Доказать, что в четырехугольнике, вписанном в окружность, произведение длин диагоналей равно сумме произведений длин противоположных сторон.

Решение. Пусть АВСД — четырехугольник, вписанный в окружность M(R) и \АВ\=с, \ВС\=а, \ДА\=а, \АС\ =ву \ВД\=с9 \СД\=р (рис. 6). Примем треугольник ABC за координатный и подсчитаем барицентрические координаты точки Д(х\; у\; Z\). Согласно сказанному выше, числа Х[, у и Z\ равны площадям ориентированных треугольников ВСДУ

Рис. 6

САД, AB Д. Треугольники ВСД и АВД имеют ту же ориентацию, что и треугольник ABC, а треугольник САД — противоположную. Получаем:

Поскольку точка Д принадлежит окружности M (R), то ее координаты удовлетворяют уравнению (10):

В заключение заметим, что рассмотренный векторный способ введения барицентрических координат на плоскости, позволяет аналогично ввести их в пространстве.

Задачи для самостоятельного решения.

1. Вычислить барицентрические координаты одной из вершин параллелограмма, приняв оставшиеся три за вершины координатного треугольника.

2. Вычислить барицентрические координаты точек пересечения описанной окружности треугольника с прямыми, проходящими через его а) медианы, б) биссектрисы.

3. Дан треугольник ABC. Доказать, что если прямые A Ai, ВВх, СС{ \А\ S (ВС), Вх S (АС), Ci (£ (АВ)\, пересекаются в точке Р(х; у; z), то (AiB{)[\(AB) = Co, причем АС0: С0В = = — у: X.

4. В плоскости треугольника ABC взята точка М, через которую проведены прямые AM, ВМ, СМ, встречающие прямые ВС, CA, AB в точках А\, В\, С\. Доказать, что

5. Доказать, что сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов длин его сторон.

6. Доказать, что сумма квадратов расстояний произвольной точки M от вершин треугольника равна сумме квадратов

расстояний от вершин до его центроида, сложенной с утроенным квадратом расстояния от центроида до точки М.

7. Вычислить расстояния от точек касания вписанной в треугольник окружности до противоположных вершин.

8. Вычислить расстояния от ортоцетра треугольника до его вершин, зная длины сторон данного треугольника.

9. Дана окружность и точка Р в ее плоскости. Доказать, что сумма квадратов расстояний этой точки до вершин вписанного в окружность треугольника не зависит от положения последнего.

ЛИТЕРАТУРА

1. Александров П. С. Лекции по аналитической геометрии, «Наука», 1968.

Балк М. Б. Геометрические приложения понятия о центре тяжести,— Физматгиз, 1959.

3. Балк М. Б., Балк Г. Д. Математика после уроков, «Просвещение», 1971.

4. Григорьев Н. А. Применение барицентрических координат для решения задач элементарной геометрии, ж. «Математика в шк.», № 1, 1975.

5. Кокстер Г. С. М. Введение в геометрию, «Наука», 1966.

6. Моденов П. С, Пархоменко А. С. Сборник задач по аналитической геометрии, «Наука», 1976.

7. Постников М. М. Аналитическая геометрия, «Наука», 1973.

8. Скопец З. А., Понарин Я. П. Геометрия тетраэдра и его элементов, Ярославль, 1974.

М. Б. Балк, Н. А. Григорьев

(г. Смоленск)

О БАРИЦЕНТРИЧЕСКИХ КООРДИНАТАХ

Решение ряда геометрических задач заметно упрощается, если воспользоваться простейшими сведениями о так называемых барицентрических координатах1. Поясним, что это такое, ограничиваясь вначале случаем плоскости. Пусть избран на плоскости некоторый треугольник А\А2А3 произвольной формы (рис. 1), который назовем базисным треугольником (или треугольником отнесения). Распределим каким-либо образом массу в 1 единицу между тремя вершинами треугольника: в точке А\ поместим массу mi, в А2— массу т2, в Аз — массу ш3; mi + m2 + /n3 = l. Центром тяжести (иначе говорят: барицентром) точек (Au mi), (Л2, m2), (/43, m3) окажется некоторая точка Р, лежащая внутри или на границе треугольника. И наоборот, если бы была задана точка Р в треугольнике А\А2Аз, то можно было бы вершины Au А2, А3 загрузить (и притом, оказывается, единственным образом) такими тремя массами Ши т2, m3 (mi + m2+m3=l), чтобы центром тяжести трех материальных точек (Ai, mi), (А2, m2),

Рис. 1

1 Рекомендуем читателю перед чтением данной статьи просмотреть нашу заметку «Механика помогает геометрии» («Квант», 1973, № 11).

(А3, rn3) как раз оказалась точка Р. Эти три числа (массы) Ш\% т2, тъ называют барицентрическими координатами точки Р.

Упражнение 1. Какие барицентрические координаты имеют вершины базисного треугольника AiA2A3, середина А\ стороны А2Аз, точка M пересечения медиан?

Ответ: Аг(1; 0; О), А2(0; 1; 0), А3(0; 0; 1), А\

Упражнение 2. Точки Р и Q (рис. 2) расположены внутри базисного треугольника А\А2Аг. Они имеют барицентрические координаты (рх; р2; р3) и (q\i q2; qz) (P\+P2+Pz=s = 1, q\ + q2 + qz = l). Найти барицентрические координаты середины M отрезка PQ.

Рис. 2

Решение. Точка M является центром тяжести двух материальных точек (Р, 1) и (Q, 1). Но положение этого центра тяжести не изменится, если заменим материальную точку (Р, 1) тремя материальными точками (Au Pi), (А2, р2), (А3, рз), а материальную точку (Q, 1) — точками (Ai, q\)9 (А2, q2), (А3, qs). Но теперь очевидно, что точка M — центр тяжести трех материальных точек (Аь pi + ?i), (A2f p2 + q2), (А3, Рз + ^з), а, следовательно,— и точек (А\,Аг (Pi + qù \ »

Итак, точка M имеет барицентрические координаты:

Упражнение 3. Точки Р, Q, R (рис. 3) принадлежат базисному треугольнику А\А2АЪ и соответственно имеют барицентрические координаты (р\; р2; ръ), Я2: <7зЛ (г\; г2; гъ). Какие барицентрические координаты имеет точка (М) пересечения медиан треугольника PQR?

Ответ:

Упражнение 4. В АА\А2А$ (рис. 4) проведены отрезки А\А\ , А2А2, АгАз так, что

Рис. 3 Рис. 4

Вычислить барицентрические координаты точек Р, Q, R пересечения этих отрезков. Будет ли точка M пересечения медиан треугольника PQR совпадать с точкой пересечения медиан треугольника А\А2А$?

Решение: Проведем (А^В)\\(А\А\). Будем иметь:

Чтобы центром тяжести точек А3 и Аз стала точка к, поместим в точку А3 1 единицу массы, а в точку А3' массу в 6 ед.. Так как l-AiA/l: |Аз'А2|=1: 2, то, чтобы точка А3 стала центром тяжести точек А\ и А2, достаточно поместить в точку А\ массу 4 ед., а в точку А2 — массу 2 ед..

Отсюда видно, что барицентрические координаты точки R будут

Аналогично можно показать, что точки Р и Q имееют такие барицентрические координаты:

Пользуясь ответом к упражнению 4, видим, что точка M пересечения медиан APQR имеет барицентрические координаты ( —; —; — ) и, следовательно, совпадет с точкой пересечения медиан АА\А2Аг.

2. Барицентрические координаты могут быть успешно использованы для решения задач школьной геометрии.

Задача 1*. В окружности проведены два взаимно перпендикулярных диаметра AB и CD (рис. 5). Хорда ЕА пересекает CD в точке К так, что \СК\: \KD\ =2:1. Хорда ЕС пересекает AB в точке М. Найдите отношения \АМ\: \МВ\ и \ЕМ\: \МС\.

Рис. 5

Решение. Рассмотрим ААЕС. Найдем барицентрические координаты центра окружности О относительно этого треугольника. Для этого найдем отношения \АК\: \КЕ\ и \КО\: \ОС\. Пусть \CD\=2R. По условию \СК\ =2\KD\, так

(1)

Имеем

Так как

* Условие задачи заимственно из статьи А. Г. Мордковича («Квант», 1972, № 7, стр. 44).

(2)

Из (1) и (2) видно, что О окажется центром тяжести трех материальных точек (Л, 4), (£, 5), (С, 3), а, следовательно, и материальных точек >~^j> (^'l^)' ( ^ Ti") " ^наче говоря, точка О имеет такие барицентрические координаты:

Так как M — центр тяжести материальных точек

то по правилу рычага Архимеда

Заменяя систему трех материальных точек А, Е, С системой из двух точек ^А, и ^М, ^ j (что не повлияет на положение центра тяжести системы), заключаем, в соответствии с правилом рычага: 4\АО\ =8 |ОМ|, т. е. |ОМ|= — R.

Поэтому, I AM \= у/?, \MB\=yR, \АМ\:|МЯ|=3:1.

3. Для решения некоторых геометрических задач оказывается полезным следующее утверждение.

Пусть точка Р (рис. 6) принадлежит АА\А2А$; обозначим через S, Si, S2, S3 площади треугольников A\A%Az, РА2А3, РА3А\, РА\А2. Тогда барицентрические координаты точки Р равны соответственно

Иными словами, если поместить в вершинах Ль Л2, А3 треугольника массы, численно равные (или пропорциональ-

Рис. 6

ные площадям Si, о2, о3, то центром тяжести образующихся трех материальных точек окажется точка Р.

В самом деле, пусть точка Р имеет барицентрические координаты (mi; m2; m3) (mi + m2 + m3 = l).

Пусть А\ — центр тяжести двух материальных точек (Л2, т2) и (Л3, т3). Тогда точки А'\, А\ и Р — на одной прямой. По правилу рычага имеем:

С другой стороны, нетрудно заметить, что

Следовательно, т2: s2=m3 Аналогично убедимся, что Но тогда

откуда

Используя только что доказанное утверждение, можно легко вычислить барицентрические координаты некоторых точек, связанных с базисным треугольником Л1Л2Л3 — например, барицентрические координаты центра Р вписанной окружности. Так как высоты треугольников РА2А$, РА3А\ и РА\А2 конгруэнтны (они — радиусы вписанной окружности), то их площади пропорциональны длинам сторон a, ft, с треугольника A\A2Az. Отсюда видим, что барицентрические координаты точки Р таковы:

4. В упомянутой выше статье «Механика помогает геометрии» была доказана одна полезная для многих приложений теорема Лагранжа, которую можно так сформулировать (см. [1], формулы (4), (2), (6)):

Если точка Z — центр тяжести материальных точек (Au mi), (А2, triz), (An, trin), a S — произвольная точка, то имеет место тождество

(3) (4) (5)

(6)

(сумма распространяется на всевозможные слагаемые вида mim^lAïA^l2 при 1 -< i < k <! п). Теорема Лагранжа позволяет, оказывается, по барицентрическим координатам двух данных точек вычислить расстояние между ними.

Если точки Р и Q (рис. 2) на плоскости имеют относительно некоторого базисного треугольника А\А2А3 барицентрические координаты (р\; р2; рз) и (qi; q2; q$) соответственно, то

\PQ\2= — 2 (pi—qi) (ft—<7k) |AiAk|2, (7)

или подробнее:

(8)

Доказательство. Так как точка Q — центр тяжести трех материальных точек (Au (А2, q2), (А3, #3), то по формулам (3) — (6) (полагаем в них Z= Q и S=P) имеем:

или иначе (учитывая, что ^1+^2 + ^3=1) •

(9)

Выразим |РА2|, \РАг\ через стороны треугольника А\А2А$. Для этого учтем, что Р — центр тяжести трех материальных точек (Au Pi), (А2, р2)у (Аъ, р3) и что Р\+р2+Рг = 1. Поэтому, применяя формулу Лагранжа (3) (полагаем в ней Z = P к S = A\) и учитывая (5) — (6), получим:

(10)

Аналогичными рассуждениями найдем:

(11) (12)

Из (9) — (12) следует, что

А эта формула равносильна (8).

Задача 2. В правильном треугольнике ABC со стороной, равной 1 дм, проведены 4 прямые АА\, ВВ\, СС2, ВВ2 (рис. 7), причем \САх\=2\АхВ\, |CBi| = |BiB2| = |В2А|, \АС2\=Ъ\С2В\.

Рис. 7

Пусть Р^(АА\) п (BBi), Q = (BB2) п (СС2). Вычислите расстояние \PQ\.

Решение. Подберем массы в вершинах А, В, С так, чтобы их центром тяжести оказалась точка Р. Поместим в А произвольную массу х, а в С — массу 2х (тогда их центром тяжести будет служить точка В\); в В поместим массу 4дг. При любом х>0 центром тяжести образовавшейся системы из точек (А, х), (В, 4х), (С, 2х) служит точка Р. Чтобы суммарная масса х + 4х+2х оказалась равной 1, достаточно положить х= —. Итак, точка Р имеет барицентрические координа-

ты ^—; —; ту Чтобы точка Q оказалась центром тяжести трех масс, помещенных в А, Б, С, достаточно в С поместить у единиц массы (у>0 — любое число), в А поместить 2у единиц, и 6у единиц в В. Отсюда ясно, что точка Q имеет барицентрические координаты , -~-, j . По формуле (8) находим:

Задача 3. В треугольнике АХА2АЪ (рис. 8) со сторонами 3 см, 4 см, 5 см построены точка пересечения медиан (Q) и центр вписанной окружности (Р). Вычислите расстояние PQ.

Рис. 8

Решение. Точки Q и Я имеют барицентрические координаты (у; -J; у) и (т; Т; ]7) • По Ф°РмУле (8) (Учитывая, что P2 = Q2= —\ , получим

5. До сих пор мы говорили лишь о барицентрических координатах точек, принадлежащих базисному треугольнику А1А2А3. Однако можно ввести барицентрические координаты относительно АА1А2А3 для любой точки плоскости этого треу-

голышка, в том числе и для точек, лежащих вне АА\А2А3^ Объясним теперь, как это можно сделать.

Предварительно заметим, что, задав в определенном порядке вершины какого-либо треугольника PQR, мы тем самым задаем направление обхода его контура; либо «против часовой стрелки», либо «по часовой стрелке». В первом случае будем считать, что треугольник ориентирован положительно, а во втором случае — отрицательно.

«Ориентированной площадью» ориентированного треугольника условимся называть:

а) площадь этого треугольника, если треугольник ориентирован положительно;

б) площадь этого треугольника, взятого со знаком « — », если треугольник ориентирован отрицательно.

Так, например, на рисунке 9 ориентированные площади треугольников А\А2А3 и РА\А2 положительны, а ориентированные площади треугольников РА\А2 и РА2А3 отрицательны.

Будем считать базисный треугольник А\А2А3 ориентированным положительно (против часовой стрелки). Пусть Р — произвольная точка плоскости. Соединив ее с точками Au А2, А3, получим три ориентированных треугольника: РА2А3, JPA3A], РА\А2. При этом мы выбираем ориентацию этих треугольников так, чтобы общая сторона базисного треугольника А\А2А3 и какого-либо из этих новых треугольников была в обоих треугольниках ориентирована одинаково. Можно доказать, что в таком случае при любом выборе точки Р на плоскости ориентированные площади S, Si, S2, S з треугольников A\A2Az, РА2А3, РА3Аи РА\А2 удовлетворяют зависимости

Si~bS2 + S3=S.

Условимся при любом выборе точки Р на плоскости называть ее барицентрическими координатами (относительно АА\А2А3) тройку чисел Ш\\ гпо\ т3), где nt\ = S\/S9 m2=S2/S> mb=S3/S.

Оказывается, что в таком случае приведенные выше утверждения — и, в частности, формула (8) — остаются в силе. Мы не будем здесь задерживаться на доказательствах, ограничимся лишь одним примером применения этих результатов.

Задача 4. Вычислить расстояние между вершиной А треугольника ABC и центром вневписанной окружности, касающейся стороны ВС, если известны длины сторон треугольника а, в, с (рис. 10).

Решение. Пусть ABC — базисный треугольник, Р — центр вневписанной окружности. Чтобы найти барицентриче-

Рис. 9

Рис. 10

ские координаты точки Р, рассмотрим треугольники РВС, PCА и РАВ. Эти треугольники имеют равные высоты (высоты эти равны радиусу вневписанной окружности). Площади этих треугольников пропорциональны сторонам а, в, с треугольника ABC. С учетом ориентации треугольников имеем: барицентрические координаты точки Р пропорциональны числам (— а), в, с и равны

(здесь 2р = а + в-Ьс; 2(р — а)= — а + в + с). Барицентрические координаты точки А равны (1; 0; 0). Теперь по формуле (8) имеем:

Понятие о барицентрических координатах в пространстве

Барицентрические координаты можно ввести не только на плоскости, но и в трехмерном пространстве.

Пусть в пространстве выбран некоторый тетраэдр (не обя-

зательно правильный) А\А2А3А4 и пусть Р — какая-либо точка, лежащая внутри него или на его поверхности. Распределим единичную массу в вершинах тетраэдра так, чтобы центром тяжести, возникающей при этом системы из четырех материальных точек (Ль mi), (Л2, т2), (Л3, т3), (Л4, т4), оказалась точка Р. Четыре числа (mi; m2; m3; m4) называют барицентрическими координатами точки Р (относительного «базисного» тетраэдра A\A2A3A4).

Как и в плоском случае, знание барицентрических координат двух точек Р и Q позволяет вычислить расстояние между ними. А именно, если точки Р и Q имеют относительно базисного тетраэдра А\А2А3А4 барицентрические координаты (р\ \ р2\ Рз; Ра) и (q\ \ q2; q3; qA)9 то

Доказательство проводится примерно так же, как и в плоском случае (см. доказательство формулы 8); мы его здесь опустим.

ЛИТЕРАТУРА

1. М. Б. Балк, Н. А. Григорьев. Механика помогает геометрии. Журнал «Квант», № 11, 1973.

2. М. Б. Балк. Геометрические приложения понятия о центре тяжести, § 6, Физматгиз, М., 1959.

3. В. М. Майоров, З. А. Скопец. Векторное решение геометрических задач, «Просвещение», М., 1968.

М. Х. Приеде

(г. Ярославль)

МНОЖЕСТВО СДВИГОВ С ПАРАЛЛЕЛЬНЫМИ ОСЯМИ КАК МОДЕЛЬ ДВУМЕРНОГО ВЕКТОРНОГО ПРОСТРАНСТВА

Векторное пространство — одно из основных понятий современной математики. Его свойства всесторонне изучаются как в алгебре, так и в геометрии.

Определение. Множество V произвольных элементов называется векторным пространством, а сами элементы — векторами, если 1) каждой паре элементов xeV и yeV однозначно сопоставляется третий элемент zeV, называемый суммой элементов X и у и обозначаемый z=x+y, 2) каждому элементу xeV и каждому действительному числу X однозначно сопоставляет ся элемент иг V, называемый произведением элемента х на число À, и обозначаемый и = Хх. При этом операции сложения векторов и умножения векторов на число должны удовлетворять следующим восьми аксиомам.

Аксиомы сложения векторов (групповые аксиомы).

11. X + у=у + X для любых элементов xeV и yeV.

12. X + (у + г) = (х + у) + z для любых элементов х, у, z множества V.

13. Существует такой элемент OeV, что х+0=х для любого xeV (элемент О называется нулевым вектором).

14. Для любого элемента xeV существует такой элемент x'eV, что х + х' = 0 (xf называется вектором, противоположным вектору X и обозначается —х).

Аксиомы Ii—14 можно объединить следующей формулировкой: по отношению к операции сложения векторы образуют коммутативную группу.

Аксиомы умножения вектора на число

Здесь X, у — произвольные элементы множества V, А,, ки 7,2 — любые действительные числа.

В силу общего и абстрактного характера векторной структуры требуется длительная подготовка учащихся к восприятию этого понятия. В школьном курсе математики знакомство с идеей векторного пространства происходит на конкретных примерах. Множество действительных чисел, множество многочленов, множество параллельных переносов — это простейшие модели (интерпретации) векторного пространства. Элементы этих множеств, т. е. векторы, имеют различную природу, операции сложения и умножения на число— различное конкретное содержание, однако свойства этих операций во всех моделях одинаковы.

Несколько примеров векторных пространств приведено в статье [1]. На страницах журнала «Математика в школе» читатель может познакомиться с идеями построения геометрии (в частности, школьного курса геометрии) по аксиоматике Г. Вейля ([2]). В основе этих идей лежит концепция векторного пространства и его основных свойств.

Группа параллельных переносов с определенными в ней операциями сложения и умножения на действительное число является одной из наиболее распространенных геометрических моделей векторного пространства (в школьном курсе вектор отождествляется с параллельным переносом). В настоящей статье познакомим читателя еще с одной геометрической моделью двумерного векторного пространства. Роль вектора в предлагаемой модели играет специальное аффинное преобразование, называемое сдвигом плоскости, причем ось сдвига принадлежит некоторому заданному пучку параллельных прямых. В частности, и любой перенос плоскости параллельно прямой заданного пучка также причисляем к множеству векторов.

§ 1. Сдвиг плоскости.

Сдвиг плоскости есть эквиаффинное преобразование первого рода (т. е. сохраняющее площадь и ориентацию плоскости), имеющее прямую неподвижных точек. Введем понятие сдвига и выясним его основные свойства независимо от общей теории аффинных преобразований.

Пусть дана упорядоченная пара (а, а') пересекающихся прямых и пучок {S} параллельных между собой прямых, причем a£{S} и a'£{S). Каждой точке M плоскости поставим в соответствие точку АГ, такую, чтобы выполнялись следующие два условия:

а) (MM')e{S),

б) MM'=ÂA\ где А = (ММ') Л а, А' = (ММ') Л а'.

Нетрудно проверить, что это соответствие есть обратимое отображение плоскости на себя. Называется оно сдвигом плоскости.

В частности, если аПа==0, то указанное выше соответствие является переносом плоскости параллельно прямым пучка {5}, а при а=а' — тождественным преобразованием.

Укажем основные свойства сдвига плоскости.

1. Из определения сдвига следует, что сдвиг на каждой прямой si пучка {S} индуцирует параллельный перенос А\А{9 где Ai = Si Da, А\ = S\ Л a' (рис. 1). Причем, если Aiesu A2es2 и ОА\ = аОЛ2, то для параллельных переносов ах = А\А\ и а2=А2А2\ индуцированных сдвигом на прямых S\ и s2, выполняется равенство CL\ = a a2. Действительно, при гомотетии Н0; А2 -> А\, А2 А\' и поэтому А\А\=аА2А2.

2. На прямой se{S), проходящей через точку 0=а[\а' сдвиг индуцирует нулевой перенос. Поэтому каждая точка прямой s при сдвиге неподвижна. Итак, множество всех неподвижных точек сдвига есть прямая. Называется такая прямая осью сдвига.

3. При сдвиге образом прямой является прямая. Только прямая, параллельная оси сдвига отображается на себя.

Доказательство. Чтобы утверждать, что т! есть образ прямой m, нужно показать, что 1) образ х' всякой точки хеш принадлежит прямой т\ 2) каждая точка Ует' является образом точки У прямой т.

Пусть (BN) — произвольная прямая, пересекающая ось 5 сдвига q в точке N, X — произвольная точка прямой BN (рис. 1). Из NB = $NX следует, что ВВ' = ßXAr/, где B,=q(B), X' = q(X) (свойство 1). Следовательно, NB' = NB + ВВ' = ßjVX + ßXX' = $NX\ т. е. Х'е (NB'). Аналогично доказывается, что прообраз У любой точки y'e(B'N) принадлежит прямой BN. Итак, доказали, что (B'N) = q ((BN)).

Из определения сдвига следует, что каждая прямая пучка {S} отображается на себя. Следовательно, сдвиг имеет пучок инвариантных (отображающихся на себя) параллельных прямых. Никакая другая прямая не может совпасть со своим образом.

Рис. 1

4. Параллельные прямые при сдвиге отображаются на параллельные прямые.

Доказательство. Если допустим, что образы т! и п' несовпадающих параллельных прямых т и п пересекаются в некоторой точке Х\ то ввиду обратимости сдвига прообраз X точки Х/ должен принадлежать как прямой m, так и прямой п9 что невозможно.

Для более тщательного знакомства со сдвигом предлагаем читателю убедиться в справедливости следующих утверждений.

5. При сдвиге отрезок отображается на отрезок, сонаправленные лучи — на сонаправленные лучи.

6. При сдвиге сохраняется отношение длин параллельных отрезков (длина отрезка, а также отношение длин непараллельных отрезков, в общем случае, не сохраняется).

7. Фигура, имеющая площадь, и ее образ при сдвиге равновелики.

Из определения и свойств сдвига получаем способы его задания.

Сдвиг можно задавать осью и любой парой соответственных несовпадающих прямых.

Всякие прямые m и m', проходящие через несовпадающие соответственные точки M и М' и пересекающиеся на оси, являются соответственными прямыми этого сдвига. Поэтому сдвиг вполне задается осью и парой соответственных точек, не принадлежащих оси.

Сдвиг можно задавать и двумя парами (Л, А') и (В, В') соответственных точек, не принадлежащих одной инвариантной прямой. Действительно, этими условиями ось сдвига определяется однозначно: она проходит через точку /С=(АВ) П (А'В') параллельно прямым А А' и ВВ\

§ 2. Композиции сдвигов с параллельными осями

Пусть Р — множество всех сдвигов, оси которых принадлежат некоторому пучку {S} параллельных прямых. Под сложением сдвигов будем понимать их последовательное выполнение. Выясним, является ли множество Р группой по отношению к операции сложения, т. е. выполняются ли для него требования Ii — I4 векторного пространства.

Свойство I2 имеет место, ибо последовательное выполнение любых преобразований плоскости ассоциативно (см. например [3], с. 130). Так как тождественное преобразование — особый случай сдвига, то имеет место и свойство I3. Утверждение 14 истинно ввиду обратимости сдвига. Значит, нужно только проверить, является ли композиция любых двух сдвигов из множества Р сдвигом из множества Р и имеет ли место коммутативный закон, т. е. условие Ii.

1. Пусть сдвиги Qi и Q2 имеют одну и ту же ось se{S) и заданы соответственно парами прямых (а, а') и (а', в) (рис. 2). Ясно, что точка 0 = а\\а! Ле принадлежит прямой s. При преобразовании ç>2-Qi образ прямой есть прямая, прямая а отображается на прямую в, а каждая прямая пучка {S} — на себя. При этом композиция q2 • Qi на каждой прямой Sie{S} индуцирует перенос АХА{+А\В\=А\В\, где А\ = а Nsb А{ = = a' 11 Sj, В[=в П si.

Так как прямые айв пересекаются на прямой s, то преобразование Q2-Qi есть сдвиг с осью s и задается парой (а, в) прямых. Кроме того, q2-Q\ ~ Q1Q2» ибо А\А\ + А{В\ = А{В\ +

Рис, 2

Следовательно, множество сдвигов с одной и той же осью есть коммутативная группа.

2. Пусть сдвиги Qi и Q2 имеют параллельные несовпадающие оси SjejS} и s2e{S} и задаются соответственно парами пря-

мых (а, а') и (а', в); (a[\a')esu (a'ïe)es2. Преобразование q2-Qi обладает всеми свойствами, указанными в первом случае. Однако в отличие от первого случая, прямые айв могут либо пересекаться, либо не иметь общих точек.

Если а, в — пересекающиеся прямые, то q2-Qi = Qi • q2 — сдвиг с осью s3e{S}, проходящей через точку 03 = аПв (рис.3). Если же аПб=0, то q2• Qi = Qi*q2 — перенос плоскости параллельно осям данных сдвигов (рис. 4). Значит, множество Р сдвигов с параллельными осями группу не образует.

Рис. 3 Рис. 4

Присоединим к множеству Р множество Т всех параллельных переносов плоскости параллельно осям сдвигов. Полученное множество обозначим через W(W = PUT). Прямые пучка {S} являются инвариантными прямыми каждого преобразования из множества W, причем любое преобразование weW на каждой инвариантной прямой индуцирует перенос.

Оказывается, что композиция любых преобразований из множества W есть преобразование из того же множества. Для двух сдвигов это уже доказано. Из школьного курса известно, что если х\еТ и тгеТ7, то т3 = t2-ti = ti • т2 и т3е7\ Композиция сдвига Q, заданного осью se{S) и парой (а, а") соответственных прямых, и параллельного переноса теТ есть сдвиг qi с осью SjefS} (рис. 5). Определяется сдвиг qi парой (а, а'') соответственных прямых, где а" = т(а'); ось se {S} проходит через точку 0=aii а''. Кроме того, х-д = q*t.

Итак, множество W является коммутативной группой по отношению к операции сложения. Подгруппами группы W являются группа Т параллельных переносов и группы сдвигов, имеющих одну и ту же ось из пучка {S}.

В заключение заметим, что композиция двух сдвигов с параллельными несовпадающими осями, а также композиция q • т сдвига QeW и параллельного переноса %eW не может быть тождественным преобразованием.

Рис. 5

§ 3. Умножение сдвига на число

Определим для элементов множества W операцию умножения элемента weW на действительное число k. Если weT, то умножение на число k будем понимать как умножение параллельного переноса плоскости (вектора) на число k. Для умножения сдвига на число дадим следующее определение.

Определение. Если сдвиг q задан осью s и парой (А, А') соответственных точек, то сдвиг Q\ с той же осью s и парой (А, М) соответственных точек, где точка M задается условием -> >

AM = kAA , назовем произведением сдвига q на число k и будем обозначать Q\=kq.

Из определений следует, что при преобразовании kw (weW) переносы, индуцированные преобразованием w на инвариантных прямых, т. е. на прямых пучка {S}, умножаются на число k.

Удовлетворяет ли умножение элементов группы W на действительное число требованиям Iii — II4 векторного пространства? Из школьного курса известно, что в подгруппе Т параллельных переносов имеют место эти свойства. Нетрудно проверить их справедливость и для множества W. Докажем, например, свойство Н4, т. е. что k(W\ + w2) = kw\ + kw2 для любых преобразований w\ и w2 из множества W и любого действительного числа k.

Пусть преобразование W\ задано парами (Au А\')и(А2, А2) соответственных точек, а преобразование w2 — парами(ВиВ\) и (В2, В'2, где A\esu A2es2, B\esu B2es2j S\ ф s2. Согласно ра-

нее установленному каждое из преобразований W\, w2, kwukw2, w\ + w>2$ Hw\ + w2)$ kw\ + kw2 принадлежит множеству W и поэтому на прямых S\ к s2 порождает некоторый параллельный перенос. Запишем это в виде таблицы.

Получили, что преобразования w$ = k(w{ + w2) и ш4 = = kw\+ kw2 на инвариантной прямой sx индуцируют один и тот же параллельный перенос a\ = k (А\А\ + В\В\) = kA\A\' + kB\B\'9 а на инвариантной прямой s2 — перенос а2 = k {А2А2 + В2В2) = kA2A2 + kB2B2. Следовательно, как при преобразовании w3, так и при преобразовании w4 точка А\ отображается на точку Mi, а А2 — на М2, где А\М\ = а\,А2М2 = а2. Но пары (Ai, Mi) и (А2, М2) однозначно определяют преобразование из множества W. Значит, w3 = w4.

HU Итак, множество W преобразований плоскости, являющееся объединением множества Р всех сдвигов, оси которых параллельны некоторой прямой s, и множества Т переносов плоскости параллельно прямой s, удовлетворяет аксиомам векторного пространства. Значит, W — векторное пространство, а каждое преобразование w из множества W — вектор.

§ 4. Размерность векторного пространства

Определение. Векторы ai, а2,..., ап называются линейно независимыми, если ha\ + h2a2 + ... + ^nan = 0 тогда и только тогда, когда К\ = Х2 = ... = ЯП = 0. Векторы ai, а2,..., ап называются линейно зависимыми, если Х\а\ + Х2а2 + ... + A,nan = О хотя бы при одном А/ Ф 0(i' = l, п).

Определение. Максимальное число линейно независимых векторов векторного пространства называется его размерностью.

Выясним, какова размерность построенного векторного пространства W.

В рассуждениях будем пользоваться следующими теоремами векторной алгебры.

Теорема 1. Система линейно независимых векторов не содержит нулевого вектора.

Теорема 2. Если векторы некоторой подсистемы линейно зависимы, то и векторы всей системы линейно зависимы.

1) Рассмотрим два преобразования W\ и w2 из множества W, отличные от тождественного преобразования Е.

Если w\ и w2 принадлежат одной подгруппе группы W, т. е. если W\ и w2 либо переносы, либо сдвиги с одной и той же осью, то W\ = kw2i где k ф 0. Следовательно, W\ и w2 линейно зависимы.

Для сдвигов w\ и w2 с несовпадающими параллельными осями k\Wi + k2w2=E только при k\ = k2 = 0. Действительно, k\w\ и k2w2 — сдвиги для любых значений k\ ф 0 и k2 ф 0. Но сумма сдвигов с несовпадающими осями не может быть тождественным преобразованием (§ 2). Следовательно, всякие два сдвига из множества W с несовпадающими осями являются линейно независимыми.

Также линейно независимы сдвиг и параллельный перенос из множества W.

2) Покажем, что всякие три элемента w\9 w2, w3 из векторного пространства W линейно зависимы. Если два из них линейно зависимы, то согласно теореме 2 и данные три элемента линейно зависимы. Поэтому следует рассмотреть только случай, когда W\y w2 — сдвиги с разными осями Si и s2, а ш3 — либо перенос, либо сдвиг.

Пусть при преобразовании ш3 прямая a^{S} отображается на прямую в; 0\ = afUi, 02 = et\s2 (рис. 6). Через точки 0\ и02 проведем прямую т. Так как а ф в, то m ф а и m Ф в. Обозначим через W\ сдвиг с осью s\ и парой (a, т) соответственных прямых, а через w2 — сдвиг с осью s2 и парой (m, в) прямых. Так как Wi' + w2' = Wz9 а tù\'=ktW\9 к^Ф 0 и w2 = k2w2, k2 ф 0, то k\W\ + kw2 — w3. Следовательно, W\9 w2, w3 линейно зависимы.

Рис. 6

Итак, доказано, что во множестве W существует два линейно независимых элемента (но не каждые два элемента множества W линейно независимы), а всякие три элемента линейно зависимы. Следовательно, W — двумерное векторное пространство.

ЛИТЕРАТУРА

1. Башмаков М. Что такое вектор? «Квант», 1976, № 4.

2. Болтянский В. Г., Яглом И. М. Геометрия в старших классах средней школы. «Математика в школе», 1969, № 4.

3. Новое в школьной математике. Сост. Яглом И. М. М., «Знание», 1972.

4. Курош А. Г. Курс высшей алгебры. М., «Наука», 1971.

Т. М. Корикова

(г. Ярославль)

К ВОПРОСУ ИЗУЧЕНИЯ СВОЙСТВ ТРЕХГРАННОГО УГЛА НА ВЕКТОРНОЙ ОСНОВЕ

В настоящее время, когда объем необходимых для человека знаний быстро возрастает, учась в школе невозможно делать главную ставку на усвоение определенной суммы фактов, запоминание некоторого количества формул. Задача учащихся — активно воспринимать знания, углублять и расширять их. Необходимо стремиться самостоятельно пополнять эти знания. Большую роль в этом должны сыграть внеклассные занятия. Много интересных вопросов для изучения можно найти в журнале «Квант» и в «Приложениях» к учебным пособиям.

В данной статье мы хотим остановиться на теореме косинусов для трехгранного угла. Этот материал предлагается в «Приложении» учебного пособия «Геометрия 9». Поскольку в курсе геометрии девятого класса векторы излагаются в достаточном объеме, то изучение этого вопроса на векторной основе нам представляется полезным и интересным. Целесообразность его изучения диктуется рядом соображений. Во-первых, теорема косинусов для трехгранного угла знакомит нас с интересной зависимостью между плоскими и двугранными углами трехгранного угла, во-вторых, на базе изучения этой теоремы можно еще раз убедиться в эффективности векторного метода для изучения некоторых теоретических вопросов математики. Наконец, это позволит расширить круг задач на трехгранный угол, которые можно рассматривать при изучении стереометрии.

При решении конкурсных задач довольно часто встречаются такие, в которых требуется вычислить величины плоских или двугранных углов. В таких случаях нередко приходится проводить дополнительные построения, отыскивать цепочку прямоугольных треугольников, вычислять длины отрезков и другое. Применение указанной теоремы позволяет алгебраизировать решение таких задач, что существенно упрощает ход рассуждений.

Доказательство теоремы косинусов, основанное на использовании понятия проекции вектора на ось, приведено в учебном пособии [2]. Ниже мы предлагаем иное доказательство этой теоремы. Но прежде чем перейти к доказательству рассмотрим решение задачи, результат которой окажется полезным в дальнейшем.

Задача 1. Дан трехгранный угол SABC. Луч SC\ дополняет луч SC до прямой. Определите величины плоских и двугранных углов трехгранного угла SABC\, считая величины углов исходного трехгранного угла известными.

Решение. Пусть дан трехгранный угол SA В С, в котором BSC = a, CSA = ß, ASB = у, SA = A, SB = В, SC = С (рис. 1). Рассмотрим угол SABC{ ([SCO U [SC) = (ССО). Очевидно, что величины плоских углов этого трехгранного угла соответственно равны 180—а, 180—ß, у . Найдем величины двугранных углов SA, SB, SC\ угла SABC. Грань CSA угла SABC и грань C\SA угла SABC\ принадлежат одной полуплоскости с границей (CCi), аналогично можно сказать о гранях CSB и C\SB. А значит, величины двугранных углов SC и SC\ одинаковы, т. е. SC = SC\. Сравним двугранные углы при ребре SB. В трехгранном угле SABC грани AS В и CS В определяют двугранных угол SB. А в угле SABC\ грани ASB и C\SB определяют угол SB. Грани CSB и C\SB лежат в разных полуплоскостях с границей (SB) одной и той же плоскости, а грань AS В у этих двугранных углов общая. Отсюда линейные углы двугранных углов SB в трехгранных углах SABC и SABC\ являются смежными (см. чертеж), т. е. величина двугранного угла SB в угле SABC\ равна 180°—В.

Рис. 1

Аналогично величина двугранного угла SA в трехгранном угле SABCi равна 180°—А.

Итак, величины плоских углов трехгранного угла SABC\ равны 180°—а, 180°—ß, у. Величины противолежащих им двугранных углов соответственно равны 180°—Л, 180—В, С.

Продолжив ребро SA (SB) в трехгранном угле SA ВС за вершину S, так что [SA)V[SAl) = (AAl) ([SB)U[SBX)= ВВХ)), самостоятельно найдите величины плоских и двугранных углов в трехгранном угле SA\BC (SAByC).

В зависимости от величин плоских углов трехгранные углы, среди плоских углов которых нет прямых, можно разбить на четыре группы. А именно, трехгранные углы:

а) с тремя острыми плоскими углами,

б) с двумя острыми плоскими углами и одним тупым,

в) с одним острым плоским углом и двумя тупыми,

г) с тремя тупыми плоскими углами.

Нетрудно убедиться, что пары групп углов а) и в), б) и г) взаимно связаны. Действительно, если имеем трехгранный угол, все плоские углы которого острые, то продолжив любое из его ребер за вершину, получим трехгранный угол, два плоских угла которого тупые и один острый. Аналогично от трехгранного угла, все плоские углы которого тупые, можно перейти к углу, два плоских угла которого острые и один тупой.

Теперь перейдем к доказательству теоремы.

Теорема. Косинус плоского угла трехгранного угла равен произведению косинусов двух остальных плоских углов, сложенному с произведением синусов тех же углов и косинуса двугранного угла, определяемого этими плоскими углами.

Замечание. В ходе доказательства мы не будем рассматривать трехгранные углы, в которых хотя бы один из плоских углов прямой.

Доказательство. Пусть в трехгранном угле SA ВС, плоские углы а, ß, y — острые. Пересечем этот угол плоскостью а, перпендикулярной ребру SC (рис. 2). Плоскость а пересечет ребра SA, SB, SC трехгранного угла в точках А\, В{, Ci соответственно. Так как [SC) J- а, то (С\Аи С\В) = С. Рассмотрим векторы SA\= a, SB\ =b, SC\ = с, С\А\ = cxi, Ci Л i = bu B\A\ = Ci. Вычислим косинус плоского угла у: cosy =—

Учитывая, что а = (с + а\), Ь = (c + öi), это равенство можно

Рис. 2

записать так

а тогда

Из прямоугольных треугольников SAC и SВС имеем

Следовательно, имеет место соотношение

(1)

Поскольку все плоские углы рассматриваемого трехгранного угла острые, то построив плоскости соответственно перпендикулярные ребрам SA и SB и проводя аналогичные рассуждения, получим два следующих соотношения для углов а и р:

(2) (3)

Таким образом, если все плоские углы трехгранного угла острые, то имеет место каждое из соотношений (1)—(3).

Мы рассмотрели доказательство для частного случая и показали, что утверждение теоремы оказывается справедливым для трехгранного угла, все плоские углы которого острые. Однако в проведенных нами рассуждениях плоский угол у мо-

жет быть и тупым, а поэтому теорема верна и для тупого плоского угла трехгранного угла, два плоских угла которого острые и один тупой.

Если же среди плоских углов трехгранного угла имеются тупые, то проведя плоскость а, перпендикулярную ребру, которое является общим для тупого и острого (либо для двух тупых) плоских углов, мы не получим пересечения этой плоскости со всеми ребрами трехгранного угла. Можно ли утверждать, что соотношения (1)—(3) имеют место для любого трехгранного угла?

Используя результаты задачи № 1 и рассмотренного частного случая, покажем, что утверждение теоремы остается справедливым для любого трехгранного угла. Для этого рассмотрим каждый из оставшихся видов углов отдельно.

в) Пусть в трехгранном угле SA ВС два плоских угла тупые и один острый (x < 90°, ß > 90°, у > 90°. Продолжим общее ребро SA двух тупых плоских углов за вершину, [SA) U [SAi) = (AA\) и рассмотрим трехгранный угол SA^BC (рис. 3). Ясно, что плоские углы его острые. А тогда согласно доказанному для угла SAXBC имеет место теорема косинусов. Отсюда легко видеть, что соотношения (1)—(3) имеют место для исходного трехгранного угла SA ВС.

Рис. 3

б) Пусть SA ВС — трехгранный угол, два плоских угла которого острые и один тупой, а < 90°, ß < 90°, у > 90°. Согласно доказанному, для плоского угла у имеет место формула (1). Покажем, что (2) и (3) также имеют место. Для этого продолжим ребро SA за вершину, так что [SA) U [SA\) = (AA\), и рассмотрим трехгранный угол SA\BC (рис. 3). Величины плоских углов его соответственно равны а, 180°—ß, 180°—у. Тогда для плоского тупого угла 180°—ß трехгранного угла SA\BC имеет место следующее

Откуда следует, что (3) имеет место для трехгранного угла SAВС. Далее, продолжив ребро SB и рассуждая аналогично, получим, что соотношение (2) также имеет место.

г) Рассмотрим трехгранный угол с тремя тупыми плоскими углами. Продолжив одно из его ребер, получим трехгранный угол, два плоских угла которого острые и один тупой. Для последнего согласно выше доказанному теорема косинусов верна. Рассуждая так же как в случае в), убеждаемся, что утверждение теоремы справедливо для трехгранного угла с тремя тупыми плоскими углами.

Случай, когда хотя бы один из плоских углов трехгранного угла прямой предлагаем доказать самостоятельно.

Объединяя результаты всех рассмотренных случаев, делаем вывод, что теорема косинусов верна для любого трехгранного угла.

Приведенное нами доказательство теоремы косинусов возможно длиннее чем другие доказательства этой же теоремы (см. например [2]). Однако оно также заслуживает внимания. Во-первых, оно показывает, что если доказательство теоремы в общем случае обнаружить не удается, то нередко оказывается полезным провести доказательство для частного случая, а затем попытаться рассмотреть другие частные случаи, используя уже имеющийся результат. Во-вторых, предлагаемое доказательство в отличии от того, что дается в учебном пособии не только расширяет знания, но и способствует развитию пространственных представлений и пространственного воображения.

Доказанная зависимость между плоскими и двугранными углами трехгранного угла находит применение в геометрии, механике, астрономии. С помощью теоремы косинусов можно решать задачи на нахождение двугранных углов трехгранного угла, если известны все его плоские углы.

Естественно может возникнуть вопрос, существует ли двойственная зависимость, а именно, величины двугранных углов трехгранного угла однозначно определяют его плоские углы. Для ответа на этот вопрос нам потребуется понятие дополнительного трехгранного угла.

Пусть дан трехгранный угол SAВС. Из точки S', лежащей внутри данного трехгранного угла, проведены перпендикуляры на грани: [S'A') i- (BSC), [S'B') 1 (ASC), \S'C) ± (A S В) (рис. 4). Трехгранный угол S'А'В'С называют дополнительным для трехгранного угла S ABC.

Из признака перпендикулярности прямой с плоскостью следует, что [SA)±(B'S'C% [SB)±(A'S'C% [SC)±(A'S'B'). А это означает, что трехгранный угол SA ВС является дополнитель-

ным для трехгранного угла S'A'В'С. Углы S ABC и S'А'В'С будем называть взаимно дополнительными. Двугранный угол трехгранного угла и плоский угол дополнительного угла, стороны которого перпендикулярны граням двугранного, будем называть соответственными.

Задача 2. Докажите, что сумма величин плоского угла и соответственного двугранного угла двух взаимно дополнительных трехгранных углов равна л.

Решение. Пусть даны два трехгранных взаимно дополнительных угла SABC и S'A'B'C: [S'A')±(BSC)9 [S'B')±(CSA), [S'C')±(ASB). Обозначим [S'A') l\(BSC) = M, [S'B') П (CSA) = \\ [SC)[\(A'S'B') = P (рис. 5). Так как [SC) 1 (A'S'B'), то /LMPN— линейный угол двугранного угла SC. Рассмотрим четырехугольник S'MPN, в котором S'MP = 90°, S'NP = 90°. Тогда MS'N + M PN = л. Ho MS'N = A'S'B' = \' и MPN = С, поэтому у' + с = л. Учитывая, что 0<у'<л, 0<с<л имеем у' = я—С. Аналогично а = л—Л, [У = л—В. (4) Так как трехгранные углы SA ВС и S'A'B'C взаимно дополнительные, то у = л—С\

Рис. 4 Рис. 5

На основании результата задачи 2 можно получить интересную зависимость, которая позволяет вычислять плоские углы трехгранного угла, если величины двугранных углов известны.

Пусть SAВС и S'A'B'C два взаимно дополнительных трехгранных угла. Согласно доказанной теореме для угла S'A'B'C имеем

Учитывая (4), это соотношение можно записать так

или cos С = cos a cos В + sin a sin В cos у. (1')

Аналогично рассуждая, получим два других соотношения:

(2') (3')

Если же один из плоских углов трехгранного угла прямой ^ пусть y = -~ j > то зависимость между двугранными углами

примет вид cos С = cos Л cos ß. (5)

Если один из двугранных углов прямой, например С = = -~ , то из (1) получаем cos у = cos a cos ß. (6)

Соотношения (5) и (6) называют аналогами теоремы Пифагора для трехгранного угла.

Рассмотрим ряд задач, решение которых упрощается за счет применения теоремы косинусов.

Задача 3. Двугранный угол при боковом ребре правильной шестиугольной пирамиды равен ср. Определите плоский угол при вершине пирамиды.

Решение. Пусть дана пирамира SABCDEF, в которой

(рис. 6).

Рис. 6

Рассмотрим любой из ее трехгранных углов, например, при вершине А. Тогда SAF = SAB = хи FaB = 120°.

Применив теорему косинусов к этому трехгранному углу, получим cos 120° = cos2Xi + sin2Xi cos ф или--— = 1—sin2

Откуда

Из треугольника ASВ находим

Задача 4. В трехугольной пирамиде SA ВС боковые ребра имеют равные длины, величины плоских углов при вершине S соответственно равны 60°, 60°, 90°. Найдите величину двугранного угла между плоскостью ABC и плоскостью грани с плоским углом в 90°.

Решение. Пусть дана пирамида SABC, в которой ASB = BSC = 60\ CSA = 90°, \SA\ = \SB\ = \SC\ (рис. 7). Рассмотрим угол при вершине С. Величины плоских углов его соответственно равны CSA = ASB = 45°, SCß = 60°. Тогда по теореме косинусов cos al =-:-. Откуда cos al=Ü.

Рис. 7

Следовательно, плоскость ASC перпендикулярна плоскости ABC.

Задача 5. В трехгранном угле величины двух двугранных углов равны по 135°, их общий плоский угол прямой. Найдите третий двугранный угол.

Задача 6. Найдите двугранный угол между боковыми гранями правильной треугольной пирамиды, если двугранный угол, образуемый боковой гранью с основанием равен а.

Задача 7. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ длины ребер AB, AD, АА\ пропорциональны числам 2:1:3. Через их концы проведена плоскость. Вычислить угол наклона этой плоскости к плоскости ABC.

Результат следующей задачи также представляет интерес.

Задача 8. Докажите, что в трехгранном угле произведение синуса плоского угла и синуса угла между противолежащим плоскому углу ребром и его проекцией на плоскость этого угла есть величина постоянная.

Решение. Пусть дан трехгранный угол SABC. На ребрах этого угла от его вершины отложим векторы единичной длины SEi = e\, SE = e2, SE3 = e3 (рис. 8). \SM\ —проекция вектора SE3 на плоскость E\SE2. Тогда Z_E3SM — угол наклона ребра SE3 к плоскости E]SE2. Обозначим E\SE2 = y, E3SM=\i. Согласно условию задачи, требуется вычислить произведение sin у • sin vi- Заметим, что sin yi = \ME3\. Найдем ME3.

Рис. 8

Прежде всего необходимо вычислить коэффициенты разложения вектора SM в базисе (еи е2). По построению MEZ-L(E\SE2)9 тогда Е3М • £i=0, Е3М- е2 = 0.

Полученную систему равенств можно записать так:

Вычислим из последней системы коэффициенты разложения р и д.

Отсюда А тогда

Далее замечаем, что

Следовательно,

Откуда

Окончательно имеем:

Таким образом доказано, что произведение синуса плоского угла и синуса угла наклона противолежащего ребра к плоскости плоского угла постоянно в трехгранном угле.

ЛИТЕРАТУРА

1. Дополнительные главы по курсу математики. Учебное пособие по факультативному курсу для учащихся 10-х классов. Сборник статей. Составитель З. А. Скопец. М., «Просвещение», 1974.

2. В. М. Клопский, З. А. Скопец, М. И. Ягодовский. Геометрия. Учебное пособие для 9-го класса средней школы. Под редакцией З. А. Скопеца. М., «Просвещение», 1975.

3. Д. Пойа. Математическое открытие. М., «Наука», 1976.

4. З. А. Скопец, Я. П. Понарин. Геометрия тетраэдра и его элементов. Ярославль, 1974.

5. Р. С. Черкасов. Сборник задач по стереометрии. М., Учпедгиз, 1952.

А. Н. Данилов, А. П. Макаров

(г. Череповец)

О ДЛИНЕ АЛГОРИТМА ЕВКЛИДА

§ 1. Оценка длины алгоритма Евклида

Рассмотрим процесс нахождения наибольшего общего делителя целых чисел а и b (6>0).

Разделим а на. b с остатком. Тогда получим некоторое частное и остаток г и причем

a = bq0 + ri, 0 < ri<6.

Целые числа q0 и Г\ находятся по числам a и b единственным способом.

Если г 1 >0, то делим далее b на Т\ и получаем некоторое частное </i и остаток г2 и т. д.

Продолжая этот процесс, который обязательно оборвется через конечное число шагов появлением нулевого остатка, найдем, что

(1)

где

0<г8<г8-х<...<г2<г{<Ь ([1], стр. 18—20; [2], стр. 36—37).

Указанный выше процесс называется алгоритмом Евклида.

Определение 1. Число равенств (строк) вида (1) будем называть длиной алгоритма Евклида, примененного к числам a и Ь, и обозначать / (а, Ь).

Если b = 0, то деление а на b с остатком невозможно и можно считать, что в этом случае l(a, b) = 0.

Справедливы следующие простые утверждения, относящиеся к /(а, Ь):

A. Для любых натуральных чисел а и b 1(а, Ь) > 1. При этом /(а, Ь) = 1 тогда и только тогда а делится на Ь.

Б. Для любых натуральных чисел a, b и k

I (ak, bk) = l(a, b).

B. Если а>й, то /(а, b) = l(b, а) — 1; если а<&; то / (а, Ь) = l(b, а) + 1.

Г. /(а, ft) = / (fr, а) тогда и только тогда, когда а = Ь.

Доказательство А. К любым натуральным числам а и b всегда применимо деление с остатком, т. е. при любых натуральных а и b число равенств (1) не меньше 1. А это и значит, что / (а, Ь) 1.

Далее, пусть / (а, Ь) = 1. Следовательно, число равенств вида (1) равно 1 и это единственное равенство имеет вид а = bq0 + 0 (г\ = 0). Поэтому а делится на Ь.

Обратно, пусть а делится на Ь, т. е. существует такое натуральное число со, что а = bq0 = bq0 -f 0. Отсюда / (a, b) = 1, так как алгоритм Евклида для данных а и b содержит только одно равенство вида (1).

Доказательство Б. Из (1) видно, что / (a, b) = s + 1. Умножим каждое из равенств (1) на k:

0</s&</s-i&<C'-- <Cjxk<Cbk.

Поскольку алгоритм Евклида, примененный к числам ак и bk, содержит 5 + 1 равенств, то l(ak, bk) = s + 1 = / (a, b).

Доказательство В. Сначала рассмотрим случай а>Ь. Согласно (1) / (a, b) = s + 1. Применим алгоритм Евклида к числам b и а:

(2)

Так как а>Ь, то в первом из равенств (2) qtf = 0, /у = Ь: b = а • 0 + Ь. Поэтому второе из равенств (2) имеет вид а =

= bq\+r2. Сравнивая его с первым из равенств (1), получаем в силу единственности деления с остатком, что qi = qo, r2=ru Таким образом, второе, третье, четвертое и т. д. из равенств (2) совпадают соответственно с первым, вторым, третьим и т. д. из равенств (1). А тогда s + 1 = t = (t + 1) — 1, I (a, b) = = l(b, a) —1.

Если a<b, то b>a и можно воспользоваться уже доказанным первым случаем утверждения В. Заменяя в равенстве /(а, Ь) = l(b, а) — 1 одновременно а на b и b на а, имеем / (Ь, а) = I (а, Ь) — 1, откуда / (а, Ь) = I (Ь, а) + 1.

Доказательство Г. Если а = Ьу то а делится на b и b делится на а. Тогда по утверждению А 1(а, Ь) = 1 = l(b,a).

Обратно, пусть / (а, Ь) = l(b, а). Если допустить, что то в силу утверждения В / (а, Ь) = l(b, а) — 1, откуда 0 = —1. Аналогично, допущение а<СЬ приводит к противоречивому равенству 0 = 1. Поэтому а = Ь.

Теперь мы попытаемся выяснить, каково может быть максимальное число шагов в алгоритме Евклида, примененном к натуральным числам а и Ь, т. е. произведем оценку длины алгоритма Евклида.

Для этого потребуется последовательность чисел Фибоначчи

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,...

которая строится следующим образом: и{ = 1, и2 = 1, ип = ип-\ + ип-2 при всяком /г>2.

Теорема 1. 1) Если ип+\ и ип — соответственно (п + 1)—е и п — е числа Фибоначчи, то /(Wn-м, ^п) = п — 1 при п > 2; Ци2, U\) = 1.

2) Если Ь<ыхи то 1(а, Ь)<п — 1 при п > 3.

3) Если а > о и a<m, то 1(а, 6)<т — 2 при m > 4. Доказательство. 1) По построению последовательности Фибоначчи

(3)

где 0<2<w3<... <n<n+i. В силу единственности деления с остатком каждое из равенств (3) есть результат деления некоторого числа Фибоначчи на предшествующее ему число Фибоначчи. Все частные, кроме последнего, получающиеся при этом, равны 1. Из (3) видно, что / (ип+ь ип) = п—1.

2) Применим алгоритм Евклида к числам а и b (см. равенства (1)). Так как rs — целое число, то rs> 1 = u2. Далее rs-i>r8 > 1, т. е. rs-i > 2 = u3. Все частные q2,...,qs-\ не меньше 1. Поэтому, пользуясь (1), последовательно находим: Г8_2 > Из + W2 = U4, Г8-з > ^4 + ^3 = W5, rS-4 > W5 + W4 = «6,b > Ws+i + = ws+2. Допустим, что / (a, &) = s + 1 n — 1. Тогда s + 2 > /г, 6 .> tts+2 > ип, что противоречит условию. Следовательно, I (a, b)<n — 1.

3) Если а;> b, то go > 1 и, кроме неравенства /? Hs+2» мы имеем неравенство а > us+2 + ^s+i = ws+3. Предположение / (a, b) = s + 1 m — 2 ведет к неравенству a > us+z > wm, которое невозможно, если по условию a<wm. Таким образом, в этом случае /(а, Ь)<т — 2.

Следствие. Если а > b, tf<wm, b<un, то /(а, Ь)< < /ш'п (m — 2, /г — 1) при m > 4, м > 3.

В заключение § 1 отметим, что теорема 1 доказана непосредственно, т. е. с использованием только понятия алгоритма Евклида, в то время как в [2], стр. 72, для этой цели применяются непрерывные дроби.

§ 2. Геометрическое истолкование длины алгоритма Евклида

Выясним геометрический смысл длины алгоритма Евклида. Сначала докажем некоторые вспомогательные результаты, интересные и сами по себе.

Лемма 1. Для любых натуральных а и b и любого целого k I (а + kb, b) = l (a, b).

Доказательство. Рассмотрим алгоритм Евклида для чисел a + kb и b:

(4)

Первое из равенств (4) дает равенство a = b(q0/f — k)+r/\ Сопоставляя его с первым из равенств (1), в силу единственности деления с остатком находим, что qo" — k = qo, Т\" = г\. Но тогда второе и все последующие равенства (4) совпадают с соответствующими равенствами (1). Это означает, что число равенств (4) равно числу равенств (1).

Лемма 2. Если b < a<2fe, то I(a,.b) = l(b, а — b) + 1.

Доказательство. По лемме 1 при k = —1

(5)

Далее, так как a<2ft, то а — ft<ft; следовательно, по утверждению В

/ (а — ft, Ь)= ЦЬ,а — Ь) + 1. (6)

Из равенств (5) и (6) вытекает утверждение леммы 2.

Определение 2. Переход от пары (а, ft) к паре (а—Ь, ft) будем называть минус — шагом, а переход от пары (а, ft) к nape (ft, а — ft) при ft<a<2ft — минус-отражением.

Леммы 1 и 2 показывают, что минус-шаг не изменяет длину алгоритма Евклида, а минус-отражение уменьшает длину алгоритма на 1.

Лемма 3. Если a>ft, то к паре (а, ft) применимы либо минус-шаги, либо минус-отражение (но не то и другое одновременно). А именно, если а>2Ь, то к паре (а, ft) применимы последовательно k минус-шагов, которые переводят ее в пару (а — /eft, ft) где /е — единственное натуральное число, удовлетворяющее неравенствам

(7)

Если же а<С2Ь, то к паре применимо минус-отражение, переводящее ее в пару (ft, а — ft). В обоих случаях пара (a, ft) переходит в пару (ai, fti), у которой ai > b{.

Доказательство. Пусть пара (a, ft) такова, что а > 2ft. Тогда к ней нельзя применить минус-отражение (в силу определения 2). Будем применять к паре (a, ft) минус-шаги до тех пор, пока либо не получим пару с равными компонентами, либо не придем к паре, допускающей применение минус-отражения. Если при этом совершается k минус-шагов, то получается пара (а — /eft, ft), причем либо а — kb = ft, либо ft<a — /eft<2ft. Отсюда — —2<& <—--1. Такое натуральное k действительно существует (а значит, возможны и минус-шаги), так как, если a >2ft, то —--2 > 0, —--1 > 1.

Это k единственно, поскольку промежуток [ —--2,—--1) имеет длину 1 и точка — — 2 не принадлежит ему.

Если a<2ft, то к паре (a, ft) применимо минус-отражение (см. определение 2), но неприменим минус-шаг, так как —--1<1 и натуральное число k, удовлетворяющее неравенствам (7), не существует.

Так как k определяется неравенствами (7), то применение k минус-шагов к паре (а, fr) дает пару (а — kb, b), у которой а — kb > b. Применение минус-отражения приводит к паре (fr, а — fr), у которой fr>a — Ь. Этим закончено доказательство леммы 3.

Лемма 4. Существует процесс (алгоритм), составленный из минус-шагов и минус-отражений, который в конечное число шагов переводит любую пару (а, Ь) с а > b в пару вида (с, с). Каждый шаг этого алгоритма определяется единственным образом той парой, к которой этот шаг применяется.

Доказательство леммы 4 будет заключаться в том, что мы опишем указанный выше алгоритм (построим его).

Пусть имеем пару (а, fr), причем а Ь. Если а = fr, то пара (а, fr) уже имеет требуемый вид. Поэтому рассматриваем случай a>fr. Здесь либо а >- 2fr, либо а<2Ь.

В случае а > 2fr выполняем последовательно к минус-шагов и находим пару (а — kb, fr) (см. лемму 3). Она либо имеет равные компоненты и, следовательно, цель достигнута, либо к ней применимо минус-отражение.

В случае а<С2Ь применяем к паре (а, fr) минус-отражение и приходим к паре (fr, а — fr).

Пару, полученную после преобразований пары (а, fr), обозначим (ai, frj). Если ai = Ьи то пара (a, fr) переведена в пару вида (с, с). Если же это не так, то с парой (ai, b\) поступаем точно так же, как ранее с парой (a, fr). Т. е. при а ^ 2fri выполняем минус-шаги, а при ai<2fri—минус-отражение.

И так далее. Продолжая этот процесс, получим последовательность пар натуральных чисел:

(a, fr), (ai, fri), (а2, b2)9... (8)

Она конечна, т. е. рано или поздно описанный процесс должен оборваться, так как при переходе от каждой пары к последующей уменьшается либо первая компонента пары (при минус-шаге), либо обе ее компоненты (при минус-отражении).

Процесс заканчивается тогда и только тогда, когда в последовательности (8) появляется пара (as, frs), у которой ûs = frs. Действительно, равенство as = frs исключает неравенства as >- 2frs и as<C2frs, а поэтому к паре (as, frs) нельзя применить ни минус-шаг, ни минус-отражение. Если же as Ф frs, то по лемме 3 as>frs и к паре (as, frs) возможно применение либо минус-шага, либо минус-отражения.

Как это видно из леммы 3, каждая пара последовательности (8) однозначно определяет следующую за ней пару.

Лемма 4 доказана.

Проиллюстрируем ее, изображая пары натуральных чисел точками плоскости (см. рис. 1). Возьмем пару (10,7). Здесь 7<10<2 • 7. Поэтому можно выполнить минус-отражение, которое дает пару (7, 3). Здесь 7>2 • 3. Поэтому возможны минус-шаги. Их число к находим из условия--2<к <;--1.

Очевидно k = 1. Применяя один минус-шаг к паре (7, 3), имеем пару (4, 3). У этой пары 3<4<2 • 3. Минус-отражение переводит ее в пару (3, 1). Так как 3>2 • 1, то возможны минус-шаги, число которых к находим из условия —--2<k < —--1. Очевидно к = 2. После выполнения двух минус-шагов имеем пару (1, 1). Процесс закончен.

Все пары, о которых говорилось выше, изображены точками на рис. 1. Переходы от пары к паре показаны отрезками прямых (минус-шаг) и двухзвенными ломаными с прямым углом между звеньями (минус-отражение). Выполнение минус-отражения сопровождается появлением вспомогательной точки на «диагонали» (прямой а = Ь). Рис. 1. поясняет происхождение терминов «минус-шаг» и «минус-отражение».

Рис. 1

Теорема 2. Если а>Ь, то длина алгоритма Евклида, примененного к числам а и Ь, равна числу минус-отражений, выполняемых в процессе приведения пары (а, Ь) к виду (с, с), плюс единица.

Доказательство. При а > b всегда можно с помощью конечного числа минус-шагов и минус-отражений перейти от пары (а, Ь) к паре вида (с, с) (лемма 4). Так как минус-шаг не изменяет длину алгоритма Евклида, то, доказывая теорему 2, мы можем не учитывать промежуточные пары, полученные с помощью минус-шагов.

Пусть (а, Ь), (аи Ь{), (а2, b2),...,(ar-i, fer-i), (аг. ör), (с, с) первоначальная пара, все пары, полученные с помощью ми-

нус-отражений и пара с равными компонентами, завершающая процесс приведения пары (а, ft) на «диагональ». По лемме 2

(9)

(последнее равенство вытекает из того, что переход от (а,, bv) к (с, с) совершается только с помощью одних минус-шагов).

Складывая равенства (9), имеем /(а, Ь) = г + 1, что доказывает теорему 2.

С помощью теоремы 2 можно другим способом доказать первую часть теоремы 1, если учесть, что минус-отражение переводит пару (ип+и ип) в пару (ип, wn-i) и т. д.

§ 3. Задачи. Таблица длин алгоритма Евклида.

Сформулируем в виде задач с решениями еще некоторые соотношения, которые можно получить для функции /(а, ft). Задача 1. Если d — общий делитель натуральных чисел

Доказательство этого результата можно провести аналогично доказательству утверждения Б. Для этого достаточно все равенства (1) разделить на d. При этом нужно обосновать делимость остатков на d. Однако проще применить само утверждение Б:

Задача 2. Если a<ft и г — остаток от деления b на а, то /(а, Ь) = /(а, г) + 2.

Пусть b = aq + r, 0 <! г<а. Тогда / (а, Ь) = I (a, aq + г) = = / (aq + г, а) + 1 = I (г, а) + 1 = I (а, г) + 2 (последовательно применены утверждение ß, лемма 1 и снова утверждение ß).

Задача 3. Если а>Ь, то при любом натуральном k > 1 /(a, b + ka) = l(a, b) + 2.

В самом деле / (a, ft + /га) = / (ft + &а, а) + 1 = / (ft, а) + 1 = = / (а, ft) + 2 (использованы утверждение ß и лемма 1, утверждение В).

Задача 4.1) Если

В первом случае fr<a<2fr. Поэтому l(a9 fr) = /(fr, а — fr) -f 1 по лемме 2. Далее а — b<b<2 (а — fr). Следовательно, по той же лемме /(fr, а — Ь) = 1(а — fr, 2fr — а) + 1. Наконец, l(a — fr, 2fr — а) = l(a — b + 2fr — a, 2fr — а) = I (fr, 2fr — а) (лемма 1). Сложив найденные равенства, получим требуемое.

Во втором случае

(лемма 1, утверждение ß, утверждение А).

Рассмотрим третий случай. Так как

(лемма, 2, лемма 1, лемма 2).

Задача 5. Если fr " a<2fr, то при любом натуральном k

Действительно, так как

Выше применялись лемма 2, лемма 1 и снова лемма 2.

Задача 6. 1) Если а четно, натуральное k таково, что

2) Если а нечетно, натуральное k таково, что

В первом случае

Поэтому

(лемма 2 и лемма 1). Во втором случае

Следовательно,

Нетрудно составить таблицу значений функции l(a, Ь) для всех натуральных а <] 30, b <; 30, поместив на пересечении строки с номером а и столбца с номером b число / (а, Ь). При а, b <; 30 / (а, Ь) принимает небольшие значения. Поэтому все вычисления можно довольно легко провести пользуясь только определением 1. Однако составление таблицы значительно упрощается, если для вычисления значений / (а, Ь) использовать некоторые из доказанных выше свойств этой функции, например, утверждения А — Г, лемму 1, задачу 3.

Таблица хорошо иллюстрирует обнаруженные свойства функции / (а, Ь). Пользуясь ею, можно попытаться отыскать некоторые другие закономерности для / (а, Ь).

ЛИТЕРАТУРА

[1]. Воробьев Н. Н. Признаки делимости, ФМ, М., 1963.

[2]. Воробьев Н. Н. Числа Фибоначчи, «Наука», М., 1969.

М. Б. Балк, А. А. Полухин.

(г. Смоленск)

МНИМЫЕ ЧИСЛА И ПЕРЕМЕННЫЙ ТОК

Проблема расчета цепей переменного тока

В 3-м номере «Кванта» за 1973 год была опубликована статья Г. Д. Балк, М. Б. Балк «Мнимые числа и геометрические задачи». В приложении к ней речь шла о широком применении комплексных чисел в самых разнообразных отраслях науки. В публикуемой статье рассказывается о применении комплексных чисел в электротехнике. Читателю будет полезно предварительно ознакомиться с указанной выше статьей из журнала «Квант», № 3, 1973.

Проблема расчета цепей переменного тока

В конце XIX столетия комплексные числа неожиданно нашли новые важные применения, а именно: при расчете цепей переменного тока. В то время переменный ток только начинал использоваться в промышленности. Многие крупнейшие специалисты по электротехнике — в том числе гениальный изобретатель Т. А. Эдисон —скептически относились к перспективам применения переменного тока. Между тем наступило время, когда применения переменного тока должны были стать намного более значительными и разнообразными, чем применения постоянного электрического тока.

Для расчета цепей постоянного тока к тому времени уже имелись весьма удобные и простые приемы, опирающиеся на закон Ома и так называемые правила (законы) Кирхгофа*. На основании этих закономерностей можно было с помощью простых средств элементарной алгебры решить разнообразные электротехнические задачи. Многие такие решения уже тогда входили (и сейчас входят) в учебники физики. Для примера рассмотрим две простейшие задачи, с которыми можно встретиться в школьных учебниках и которые, несомненно, хорошо знакомы читателю.

* Г. С. Ом. (1787—1854), Г. Р. Кирхгоф (1824—1887) — немецкие физики.

Задача 1. К зажимам электрической цепи (рис. 1) подсоединен источник постоянного тока с ЭДС (электродвижущая сила) Е (внутренним сопротивлением источника здесь и в дальнейшем пренебрегаем); цепь состоит из последовательно включенных сопротивлений R\9 R2, Rz- Какой будет сила тока / в цепи?

Ответ:

Задача 2. К зажимам электрической цепи (рис. 2) подсоединен источник постоянного тока с ЭДС Е; цепь состоит из параллельно включенных сопротивлений R\ и R2. Какой будет сила тока / в неразветвлённой части цепи? Какой будет сила тока (Л и /г) в каждой ветви цепи? Можно ли два данных сопротивления заменить одним, «эквивалентным» сопротивлением R, не изменив при этом силы тока в неразветвлённой части цепи?

Ответ:

Для более сложных, разветвлённых цепей постоянного тока также нетрудно решить аналогичные задачи; весьма общий прием состоит в применении правил Кирхгофа, которые сводят данную физическую задачу к решению системы линейных уравнений относительно искомых токов в отдельных участках цепи.

Ничего похожего не было известно в то время для цепей переменного тока — несмотря на то, что вид переменного тока.

Рис.1. Рис.2

с которым приходилось тогда иметь дела, был весьма простым: это был синусоидальный ток. Это означает, что сила тока / в каждом из отдельных участков цепи изменяется по синусоидальному закону, т. е. выражается для любого момента времени t по формуле вида / = /т-sin (to/-f ф), где /т — постоянное положительное число (амплитуда тока), со — циклическая частота (для краткости будем писать просто: частота), а ф — начальная фаза. ЭДС цепи также изменяется по «синусоидальному» закону, т. е. она задаётся формулой вида Е = = fm-sin (о)/+ф1), где Ет > О — постоянное число («амплитуда ЭДС»), со— частота, а ф1 — «начальная фаза ЭДС».

Сформулируем две простейшие задачи для цепей переменного тока, совершенно аналогичные приведенным выше 1 и 2.

Задача 3. К зажимам электрической цепи (рис. 3) приложена синусоидальная ЭДС Е = £m-sin (со/+фо). Цепь состоит из последовательно включенных сопротивления R, индуктивности L и ёмкости С. Какой будет сила тока в цепи в любой заданный момент времени t?

Задача 4. К зажимам электрической цепи (рис. 4) приложена синусоидальная ЭДС Е = £m-sin(co/ + ф0). Цепь состоит из двух параллельных ветвей, причем в одной из них последовательно включены сопротивление R\ и индуктивность L, а в другой последовательно включены сопротивление R2 и ёмкость С. Какой будет сила тока (в любой момент времени t) в неразветвлённой части цепи? Какой будет сила тока в каждой из ветвей цепи в заданный момент времени t?

Ниже мы увидим, как решаются подобные задачи. В 1893 году молодой американский электротехник Ч. П. Штейн-

Рис.3 Рис.4.

мец* предложил, а затем и детально разработал простейший и удобный способ для решения задач на расчет цепей переменного (а именно, синусоидального) тока; этот метод основан на применении комплексных чисел и получил название «метод комплексных амплитуд» (или «символический метод»).

Что такое комплексная амплитуда

Пусть сила тока / в цепи изменяется по синусоидальному закону, т. е. задается формулой вида

/ = /m.sin(o)/-f <р), (1)

где /щ > 0 — амплитуда тока, со — частота, ср — начальная фаза. Вспомнив формулу Эйлера (е[х = cos a+i'sin a), замечаем, что величину / можно, очевидно, рассматривать, как мнимую часть следующей комплексной величины

/=/m.£i(«>t+?)> (2)

Если учесть, что мнимую часть комплексного числа z принято обозначать через Im z, то можно написать

J=lm (J)=Im[Im-elCu ?>]. (3)

Величину J иногда называют комплексным током (или «комплекс тока»). Понятно, что

где /=/m-eUt, (4)

/m=/m-ei(P . (5)

Величину im называют комплексной амплитудой тока.

Точно так же, если к электрической цепи приложена внешняя ЭДС Е, изменяющаяся по синусоидальному закону

E = Em-sin со/ + фо), (6)

* Чарльз Протеус Штейнмец, родился в 1865 году в польском городе Вроцлаве, который тогда назывался Бреславль и находился под властью Пруссии. В 1887 году Штейнмец был вынужден — спасаясь от полиции, которая преследовала его за участие в движении социалистов,— эмигрировать, сначала в Швейцарию, а затем в США, где до самой смерти (1923) он работал ведущим инженером «Дженерал электрик компани». За теоретические и конструкторские работы в области электротехники Гарвардским университетом ему была присвоена степень доктора наук. Штейнмец с восхищением относился к революционным преобразованиям в России, а после 1917 года был пропагандистом в США плана ГОЭЛРО.

* В литературе по электротехнике обычно обозначают мнимую единицу буквой / (так что у2 = — 1), сохраняя букву i для обозначения силы тока. Мы оставим обозначение i для мнимой единицы.

Точка (. ) сверху над буквой часто используется в электротехнике при обозначении величин, принимающих мнимые значения.

то Е можно рассматривать как мнимую часть некоторой комплексной величины

£=£m.ei(-trfo) (7)

(Е— «комплекс ЭДС») Величина

Ёт=Ет-е*ъ (8)

называется комплексной амплитудой ЭДС. Понятно, что

È = Êm-e^ (9)

Очевидно, что понятие комплексной амплитуды можно было бы аналогичным образом ввести для любой величины А (/), изменяющейся по синусоидальному закону (а не только для указанных величин, встречающихся в электротехнике). Для дальнейшего полезно заметить, что, если известна частота со колебания тока, то задача нахождения силы тока / для произвольного момента времени / и задача нахождения комплексной амплитуды /щ — в силу формул (1)—(5)—равносильные; то же можно, конечно, сказать (см. формулы (6)— (9)) и про ЭДС. Действительно, если известна комплексная амплитуда тока /т, то по формуле (4) легко найти «комплекс тока», а затем и силу тока /, как его мнимую часть.

Рассмотрим несколько простых примеров.

Упражнение 1. В цепи течет переменный ток, величина которого (в амперах) J изменяется по синусоидальному закону

Какова комплексная амплитуда этого тока? Каков комплекс тока?

Решение. Из условия следует, что амплитуда тока Ут = 20 А, частота (0 = 100 с-1, начальная фаза ф= — радиан. По формулам (4), (5) находим комплексную амплитуду J m и комплекс тока /:

Упражнение 2. Комплексная амплитуда Ёт ЭДС источника переменного тока равна — 10 + 10 /, частота изменения ЭДС о) = 50 с-1. Запишите значение ЭДС (Е) в любой момент времени П

Решение. Для записи комплексной амплитуды Ёт в показательной форме найдем ее модуль и аргумент:

Поэтому

Беря от Ê мнимую часть, получим:

Упражнение 3. В некоторой цепи переменного тока сила тока и ЭДС источника изменяются по синусоидальному закону с частотой / = 50 Гц. Комплексные амплитуды тока и ЭДС источника заданы векторами /т и Ёт на комплексной плоскости (рис. 5). Напишите мгновенные значения ЭДС и силы тока для любого момента времени /.

Рис.5.

Решение. Предварительно найдем циклическую частоту со по формуле co=2?:f. Имеем

Как видно из рисунка 5,

По формулам (4) и (3) получим:

Беря от / мнимую часть, находим мгновенное значение силы тока

Совершенно аналогично находим, что мгновенное значение ЭДС определяется по формуле

Упражнение 4. Запишите выражение комплексной амплитуды тока (в показательной и алгебраической форме), если Лт = 6Л,-ф = 30°.

Упражнение 5. Комплексная амплитуда тока ]т=15е~] у , запишите мгновенное значение силы этого тока в момент времени /, если его частота равна со.

Упражнение 6. ЭДС источника меняется по синусоидальному закону с частотой со; комплексная амплитуда представлена в виде:

Определите для каждого случая мгновенное значение ЭДС.

Сложение синусоидальных токов

Пусть в некоторой цепи переменного тока имеются две ветви, соединенные параллельно; пусть по ним текут токи /'(/) и J" (t) одной и той же частоты о>. Тогда при объединении этих ветвей в одну цепь по ней будет течь ток /=/'-(-Этот факт можно считать установленным экспериментально. Принято говорить в подобной ситуации, что произошло «сложение токов». Что же происходит при сложении токов с их комплексными аплитудами? Пусть токи /" и / имеют комплексные амплитуды соответственно Jm\ ]т" и /т. Тогда

Отсюда ясно, что / — периодическая функция от времени / с частотой со и что

Итак, при сложении синусоидальных токов одной и той же частоты их комплексные амплитуды складываются.

Упражнение 7. Сложить два тока одной и той же частоты со = 50, если известно, что они имеют такие комплексные амплитуды:

1'т = 15 + 20 i и /"m = 25 — 60 i.

Решение. Найдем сначала комплексную амплитуду суммарного тока:

Поэтому

Комплексное сопротивление

Пусть имеется цепь, которая подключена к генератору с ЭДС, изменяющейся по синусоидальному закону с частотой со. В этой цепи могут встретиться активные сопротивления, индуктивности (катушки), емкости (конденсаторы).

Следуя Штейнмецу, сопоставим каждой катушке, имеющей индуктивность L, чисто мнимое число

Rl = i(ùL9

которое условимся называть комплексным сопротивлением (иногда говорят импеданц*) этой катушки. Каждому конденсатору, имеющему емкость С, сопоставим чисто мнимое число

которое будем называть комплексным сопротивлением (импеданц) этого конденсатора. Кроме того, если в цепи имеется активное сопротивление величины R, то сопоставим ему действительное число R, которое — ради единообразия — назовем комплексным сопротивлением (импеданц) этого активного сопротивления.

* Англ. Impedanse — препятствую.

Если имеется цепь, составленная из последовательно соединенных активных или реактивных сопротивлений (т. е. из каких-то реостатов, катушек, конденсаторов), то условимся называть «комплексным сопротивлением» цепи (или «импеданц цепи») комплексное число Z, которое равно сумме комплексных сопротивлений составляющих элементов.

Число У, обратное числу Z, т. е. У = , естественно, называют комплексной проводимостью цепи. Величину |Z| называют полным сопротивлением цепи.

Пусть в цепь переменного тока параллельно включены два элемента, имеющие комплексные сопротивления соответственно Z\ и Z2. Комплексным сопротивлением такой цепи условимся называть число Z, определяемое из условия

Отсюда

(11)

Если через У, У\, У2 обозначить соответственно комплексную проводимость всей цепи, проводимость первого и второго элементов, то получим: У = У\ + «^2.

Прежде чем убедиться в полезности этих понятий, рассмотрим несколько тренировочных упражнений.

Упражнение 8. В цепь последовательно включены (рис. 6) реостат с сопротивлением /? = 20 Ом, конденсатор емкости С = 0,000127 Ф и катушка индуктивности L = 0,1275 Гн. Цепь подключена к генератору, дающему синусоидальную

Рис 6.

ЭДС с частотой / = 50 Гц. Вычислите комплексное сопротивление цепи.

Решение. Имеем: со = 2 л/ — 314 с-1. Комплексное сопротивление Z вычислим по формуле:

где

Поэтому

Вычислим комплексную проводимость:

(Сименс (См) — электрическая проводимость проводника сопротивлением 1 Ом).

Полное сопротивление цепи находится по формуле:

(10)

т. е. в нашем случае

Упражнение 9. Катушка обладает активным сопротивлением R = 40 Ом и индуктивностью L = 0,01 Гн. Определите полное сопротивление катушки, если по ней проходит переменный ток с частотой / = 100 Гц.

Упражнение 10. В цепь последовательно включены 2 катушки, имеющие сопротивление R\ = 20 Ом и /?2=30Ом и индуктивности L\ = 0,01 Гн и L2 = 0,0218 Гн. Найдите комплексное сопротивление и комплексную проводимость этой цепи, если цепь подключена к источнику ЭДС с частотой f = 50 Гц.

Упражнение 11. В цепь параллельно включены реостат, имеющий сопротивление R = 2 Ом, и катушка индуктивности L = 0,02 Гн. Цепь подключена к источнику, дающему синусоидальную ЭДС с частотой f = 50 Гц. Вычислите комплексное сопротивление Z и полное сопротивление этой цепи.

Решение. о) = 2л/~314 с-1. Вычисляем комплексное сопротивление /?ь:

RL = UoL • 314 - 0,02 = 6,28 i

Находим комплексное сопротивление цепи по формуле (11), полагая Z\ = /?, Z2 = Rl:

Полное сопротивление

Упражнение 12. Цепь, состоящая из двух параллельных ветвей (рис. 4), имеет следующие параметры: /?1 = 19,7 Ом, L = 0,031 Гн; /?2 = 440 Ом, С=0,000096 Ф. Определить комплексное сопротивление каждой из ветвей и полное сопротивление всей цепи, если по ней проходит ток с частотой / = 50 Гц?

Решение, со = 2л/«314;

Находим комплексное сопротивление Z\ первой ветви:

и комплексное сопротивление Z2 второй ветви:

По формуле (11) теперь вычисляем комплексное сопротивление всей цепи:

Отсюда полное сопротивление всей цепи равно

Закон Ома для цепи переменного тока

Представим себе, что имеется цепь, подключенная к источнику известной ЭДС Е, меняющейся по синусоидальному закону, и что нас интересует: какой будет сила тока в цепи в любой момент времени /? Что достаточно знать — кроме Е — чтобы ответить на этот вопрос? Оказывается, достаточно знать лишь комплексное сопротивление Z цепи!

Для случая цепей переменного тока Штейнмецу удалось подметить следующий факт, совершенно аналогичный закону Ома для цепей постоянного тока. Если неразветвленная цепь (т. е. цепь, в которой включены только последовательно активные и реактивные элементы) подключена к источнику синусоидального ЭДС с комплексной амплитудой £т, и если комплексное сопротивление цепи равно Z, то комплексная амплитуда тока /т равна отношению комплексной амплитуды ЭДС источника к комплексному сопротивлению цепи:

(12)

А найдя комплексную амплитуду тока /т, уже легко — как мы видели выше,— вычислить силу тока J для любого момента времени t.

Полученные сведения позволяют решить поставленную з начале статьи задачу 3. В общем виде для ее решения можно использовать следующий алгоритм:

1) Зная мгновенное значение ЭДС Е = Ет sin (ю t + Фо), найти комплексную амплитуду £т по формуле £m = Em•ei-,.

2) Найти полное сопротивление Z цепи (рис. 3) по формуле:

Для упрощения дальнейших вычислений целесообразно Z представить в показательной форме.

3) Применяя формулу (12), вычислить комплексную амплитуду тока /щ, а затем по формулам (4) и (3) — силу тока/в цепи в любой заданный момент времени /.

А теперь рекомендуем Вам самостоятельно составить подобный алгоритм для решения задачи 4.

Упражнение 13. В цепи переменного тока под действием синусоидальной ЭДС Ê = 220 е' (",/ проходит ток

У = 22 е'1 fœ'+"jrjA.

Найдите комплексное сопротивление Z цепи и полное сопротивление цепи.

Решение. Предварительно найдем комплексную амплитуду Jm тока и комплексную амплитуду ЭДС Êm. Из условия следует, что амплитуда тока /т = 22, начальная фаза ф1 = —; амплитуда ЭДС Em = 220, начальная фаза фг=— •

По формуле (12) находим комплексное сопротивление цепи:

Полное сопротивление цепи

Упражнение 14. Катушка, активное сопротивление которой R = 11 Ом, индуктивность L = 0,136 Гн, подключена к источнику, комплексная ЭДС которого равна È = 220 е[ 3141 В. Определить комплексную проводимость У катушки, мгновенное значение силы тока в катушке.

Решение. Из выражения комплексной ЭДС Ё определим частоту и комплексную амплитуду Ёт:

со = 314 с-\ Ёт = 220 еш = 220.

Комплексное сопротивление Z катушки находим по формуле

Z = R + Ru

где Rh = /coL.

Имеем: /?L«42,6 i% Z = 11 + 42,6 i.

Комплексная проводимость катушки

Для дальнейшего удобно комплексную проводимость записывать в показательной форме. Имеем:

Поэтому

По формуле (12) вычислим комплексную амплитуду /ш тока:

Тогда по формулам (4) и (3) получим:

Рассмотрим теперь на простом примере те соображения, которые приводят к установлению закона Ома для цепей переменного тока.

Пусть имеется электрическая цепь, которая составлена из активного сопротивления R и индуктивности L, соединенных последовательно. Пусть к контуру подключена внешняя ЭДС Е, изменяющаяся по синусоидальному закону. В цепи установится какой-то ток /, также изменяющийся по синусоидальному закону. Как известно из курса физики, будет выполняться следующая зависимость

(13)

Наша задача состоит в том, чтобы по известным константам R и L и известной действительной функции Е = £m sin (cot + ф) найти неизвестную функцию / переменного /.

Вместо того, чтобы искать /, будем, следуя Штейнмецу, искать сначала комплексный ток /. С этой целью рассмотрим вместо уравнения (13) уравнение

(14)

где Ê = Em«e/(ü/, Ёт = £ш-е — комплексная ЭДС, а / — комплексный ток.

Если нам удастся найти из (14) функцию 3 = 3 (/), то затем легко найдем и /(/), потому что функция /(/) = /т[/(/)] будет, очевидно, удовлетворять уравнению (13).

Будем искать 3 (t) в виде

где Зт — некоторое, пока неизвестное, комплексное число

Имеем:

и уравнение (14) принимает вид

или

Откуда следует, что

Вспоминая, что R -f /со! = R + /?l = Z, получим:

Упражнение 15. В цепи, изображенной на рис. 7ау Е = 120 sin (314 / + 30°), R = 10 Ом. Определите мгновенное и действующее значение силы тока.

рис.7.

Указание. Действующее значение J2 силы тока связано с амплитудным значением /ш формулой Jg = —.

Упражнение 16. В цепи, изображенной на рис. 76, J = sin (628/ — 60°), L = 0,01 Гн. Определите мгновенное значение ЭДС.

Упражнение 17. В цепи, изображенной на рис. 7в, Е= 120 sin (314 t + 60°), С = 42 • 10"6 Ф. Определите мгновенное значение силы тока.

Упражнение 18. Цепь, состоящая из последовательно соединенных реостата, обладающего активным сопротивлением R = 25 Ом, и конденсатора емкостью С — 0,000065 Ф, подключена к источнику, комплексная ЭДС которого равна Ê = 220 е'13141 В. Определите комплексное сопротивление Z цепи и значение силы тока / в цепи в любой момент времени /.

Упражнение 19. Цепь состоит из последовательно включенных активного сопротивления R = 5 Ом, индуктивности L = 27,5-Ю-3 Гн. Определите мгновенное значение силы тока в цепи.

Упражнение 20. В цепь включены параллельно сопротивление У? = 1000 Ом, емкость С = 0,2- Ю-6 Ф. Действующее значение ЭДС давно 150 В, частота со = 3000 с-1, начальная фаза ЭДС сро = 0. Вычислите комплексное и мгновенное значение силы тока.

Ответы к упражнениям

С. Г. Губа, Н. Н. Еремеева

(г. Вологда)

РЕШЕНИЕ ЭКСТРЕМАЛЬНЫХ ЗАДАЧ НА ВНЕУРОЧНЫХ ЗАНЯТИЯХ В ВОСЬМИЛЕТНЕЙ ШКОЛЕ

В настоящее время неуклонно возрастает роль математики в развитии научно-технического прогресса, в повышении эффективности производства. Проблема совершенствования процесса производства тесно связана с поиском оптимальных решений путем применения математических методов.

Одной из важнейших задач советской школы является воспитание будущих заботливых хозяев своей страны, умеющих бережно относиться к общественному богатству, рационально использовать средства производства. Уроки математики не должны оставаться в стороне от решения этой задачи. Так, например, нахождение наибольшей площади фигуры при заданном ее периметре, получение заданного объема тела при наименьшей площади его поверхности и другие подобные математические задачи должны истолковываться как простейшие примеры на возможные источники экономии строительных материалов, сырьевых ресурсов и т. п.

Систематическое решение задач на нахождение наибольших и наименьших значений предусматривается программой девятого класса при изучении приложений производной. Однако многие подобные задачи очень просто решаются без применения аппарата дифференциального исчисления и могут быть рассмотрены на внеурочных занятиях уже в конце седьмого, а тем более в восьмом классе.

Как известно, в седьмом классе учащиеся знакомятся с понятиями квадратного корня из числа и среднего геометрического двух чисел. Пусть х и у — положительные числа. Из очевидного неравенства (Ух— Y У)2 >- 0, где знак равенства имеет место только при х = у, легко вытекает равносильное неравенство

х+у>2\Пу. (1)

Плохо, если учитель ограничится простым получением неравенства (1). Нужно использовать каждый благоприятный

случай, чтобы учить ребят делать выводы, формулировать простейшие следствия из полученных математических результатов. Так, в данном случае нужно прежде всего обратить внимание учащихся на тот факт, что среднее арифметическое любых двух положительных чисел не меньше среднего геометрического этих чисел. Не менее интересным представляется и другое следствие из неравенства (1), а именно:

Если сумма двух переменных положительных чисел постоянна, то произведение их достигает наибольшего значения, когда эти числа равны между собой.

Действительно, из соотношения (1) видим, что при х+у = const выражение 2 \ ху, а значит и ху будет наибольшим в случае знака равенства между х+у и 2 ] ху, т. е. при х=у.

Очевидно, если выражение ху при некоторых значениях X и у принимает наибольшее значение, то при постоянном положительном а выражение аху принимает наибольшее значение при тех же значениях х и у. Этот факт нередко может быть использован при решении задач на отыскание экстремальных значений.

Рассмотрим несколько примеров.

Задача 1. Требуется отгородить забором прямоугольный участок земли, примыкающий к достаточно длинной стене. Материала имеется лишь на 60 м забора. Какими должны быть длина и ширина этого участка, чтобы его площадь была наибольшей?

Решение. Обозначим ширину участка через х м (рис. 1). Тогда длина его будет (60—2х) м, а площадь 5 составит х(60—2х) м2. Преобразуем полученное выражение для площади следующим образом:

s = Y ' 2х(6°—2л')- (2)

Заметив, что 2х + (60—2х) = 60 = const, заключаем, что произведение 2х(60—2х) достигает наибольшего значения при

Рис. 1

2х = 60—2х, т. е. при х = 15 м. Но тогда при х = 15 м достигает наибольшего значения и выражение (2). Далее находим, что длина участка равна 60—2 • 15 = 30 м, а наибольшее значение площади равно 30 • 15 = 450 м2. С дидактической точки зрения очень важно рассмотреть несколько частных случаев, когда ширина участка немного больше 15 м или же немного меньше. Нетрудно подсчитать, что при ширине участка в 12 м площадь его будет 408 м2, а при ширине в 20 м — 400 м2. При такого рода проверке учащиеся проникаются большим доверием к проделанной работе, лучше постигают здравый смысл изучаемого материала.

Задача 2. Из цилиндрического бревна надо выпилить прямоугольный брус наибольшего объема. Какой формы должно быть его сечение?

Решение. На рис. 2 изображены сечения бревна и бруса, пусть d — диаметр бревна, а х и у — стороны прямоугольного сечения. Очевидно, что объем бруса будет наибольшим, когда будет наибольшей площадь его сечения, т. е. когда ху, а значит и х2у2 достигнет наибольшей величины. Так как х2 + у2 = = d = const, то выражение х2у2 принимает наибольшее значение при х2 = у2, т. е. при х = у. Следовательно, сечение бруса должно быть квадратным.

Рис. 2

Задача 3. В цепь параллельно друг другу включены два сопротивления х и у. Найти, при каких значениях х и у сопротивление всей цепи будет максимальным, если при последовательном соединении их общее сопротивление будет оставаться постоянным, равным 2R.

Решение. Пусть z — сопротивление цепи при параллельном включении. Тогда

Поскольку х + у = 2R = const, то произведение ху будет максимальным при X = у = R. В этом случае будет максимальным

Задача 4. В треугольник ABC, у которого ни один из углов при основании AB не является тупым, вписать прямоугольник KMPQ наибольшей площади так, чтобы вершины К и M принадлежали стороне AB, а вершины Р и Q — соответственно сторонам ВС н АС (рис. 3).

Рис. 3

Решение. Пусть [CD] — высота треугольника ABC. Положим \АВ\ = с, \CD\ = h. Обозначим далее |Л1Р| = х и \КМ\ = у. Из подобия треугольников ABC и QPC имеем:

Тогда Srmpq = ху = — x(h—х). Так как x+(h—л:) = й = const, то произведение x(h—л:) принимает наибольшее значение при x = h—х, т. е. при X = — . При этом же значении х достигает своего наибольшего значения и Skmpq (так как для данного треугольника отношение — остается постоянным).

Таким образом, отрезок PQ параллелен основанию AB и проходит через середину высоты CD, т. е. является средней линией треугольника ABC. Построение точек К и M теперь не вызывает затруднений.

Задача 5. Дан остроугольный треугольник ABC (рис. 4). На его стороне AB взята произвольная точка M и проведены перпендикуляры [МК] и [MP] соответственно к сторонам АС

Рис. 4

и ВС. При каком положении точки M на стороне AB площадь треугольника МКР будет наибольшей?

Решение. Положим \ВС\=а9 \АС\=Ь,\МК\=х, \МР\=у. Пусть 5 — площадь треугольника ABC и S\ — площадь треугольника МКР. Так как ay + bx=2S = const, то произведение а у • Ьх, а вместе с ним и произведение ху будет наибольшим, когда ay=bx=S, т. е. х= — и у = —. Но S{ =— ху-sin КМР.

Приняв во внимание, что КМР = 180°—ABC=const, заключаем, что Si принимает наибольшее значение вместе с ху, т. е. при х= — и у= —. Поскольку величины — и — равны половинам высот треугольника ABC, проведенным соответственно к сторонам ЛС и ВС, то точка M есть середина [АВ].

Распространим теперь утверждение, доказанное ранее для двух положительных чисел, на случай трех чисел. Это позволит решить целый ряд новых задач. Итак, будем доказывать следующее утверждение:

Если сумма трех переменных положительных чисел постоянна, то произведение их принимает наибольшее значение, когда эти числа равны между собой.

Доказательство. Пусть сумма трех переменных положительных чисел X, у, z равна постоянному числу, которое мы обозначим через 3d, т. е.

x+y+z=Sd. (3)

Без ущерба для общности можем считать, что

X > у > z (4)

Если x=y = z = d, то xyz = d3. Докажем, что в любом другом случае xyz<Cd3. Действительно, если не все три числа X, у, z равны между собой, то из (3) и (4) следует, что

x>d>z (5)

Положим

x=d + a, # = d + ß, z = d+y. (6)

Приняв во внимание соотношения (3) и (5), заключаем, что a + ß + 7 = 0 и а>0, 7<0, т. е. ау<0. Далее имеем: xyz = (d + a) (d+ß) (d+y) = d3 + (a+$+y)d2 + + (aß + ßv+YCx)rf+cxßY. Учтя, что a+ß'+7 = 0, ß = —(cx+y) и d+ß = у, получим: xyz = d3+(a ß+ ß y+y a)d + a ß y = d3 + d ß(a+Y) + + (d+$)ay = d3—d(a + Y)2+ycxv<d3, так как d(a+y)2 > 0, y>0 и ay< 0. Утверждение доказано.

Задача 6. Найти наибольшее значение функции f(x) = 6х2—X3 на отрезке [0; 6].

Решение. Запишем данную фукцию в виде

Так как сумма— х+ —х+(6—л*) = 6 постоянна и при 0<x<6 слагаемые этой суммы положительны, то на интервале ]0; 8[ выражение —х* — л*(6—х)9 а вместе с ним и исследуемая функция /(х) достигают наибольшего значения при условии х = 6—.г, т. е. при х=4. Это наибольшее значение f(x) равно 32. Поскольку /(0) = 0 и /(6) = 0, то и на отрезке [0; 6] наибольшее значение f(x) также равно 32.

Задача 7. Из квадратного листа жести со стороной 6а требуется сделать коробку без крышки, вырезая по углам одинаковые квадраты и загибая затем получившиеся выступы. Какова должна быть длина стороны вырезаемых квадратов, чтобы коробка имела наибольший объем?

Решение. Обозначим сторону вырезаемого квадрата через X (рис. 5). Тогда сторона квадратного дна коробки будет равна 6а—2х, sl объем коробки V=x(6a—2х)2 = 2 • 2х(3а—х) (За—х). Так как 0<х<3а и сумма положительных чисел

Рис. 5 Рис. 6

2х+(За—л')-Ь(За—х) = 6а = const, то наибольшее значение объема достигается при 2х=3а—х, т. е. при х = а. Таким образом, сторона вырезаемого квадрата должна быть в шесть раз меньше стороны квадратного листа жести. Нетрудно подсчитать, что Vmax = 16a3.

Задача 8. Найти внутри данного треугольника точку, произведение расстояний от которой до прямых, определяемых сторонами треугольника, имело бы наибольшее значение.

Решение. Пусть дан треугольник ABC и точка M внутри него (рис. 6), причем \АВ\=с, \ВС\=а, \СА\=Ь. Обозначим через X, у, z расстояния от точки M соответственно до прямых ВС, CA, AB. Если 5 — площадь треугольника ABC, то ax+by+cz=2S = const. Следовательно, для данного треугольника произведение ax-by-cz, а вместе с ним и произведение xyz будут наибольшими при ax = by=cz= —S. Тогда

где /2л, hb, hr — высоты треугольника ABC. Отсюда следует, что искомая точка есть точка пересечения медиан.

В девятом классе учащиеся познакомятся с отысканием экстремумов методами дифференциального исчисления. У них будет возможность сравнить различные способы решения одной и той же задачи. И если, например, задача 7 проще решается с помощью производной, то о задаче 8 этого сказать уже нельзя. Это позволит учащимся лишний раз убедиться в том, что не существует некоего универсального метода решения задач, одинаково хорошего для всех случаев.

М. П. Барболин

(г. Вологда)

О РЕШЕНИИ НЕСТАНДАРТНЫХ ЗАДАЧ

Одна из трудностей решения нестандартных задач состоит в том, что в них, как правило, требуется использовать какой-либо прием, идею или особенность, присущую только данной задаче.

При обучении учащихся решению такого рода задач, повидимому, следует их учить применять «однотипные» идеи и рассуждения в самых различных ситуациях. С этой целью, как показывает опыт, полезно решать не отдельные задачи, а циклы задач, решение которых основывается на какой-либо общей идее. В результате у учащихся вырабатывается умение делать заключения по аналогии.

Наряду с использованием специальных приемов и логических рассуждений при решении нестандартных задач часто приходится пользоваться «здравым смыслом». А этому, как известно, тоже нужно учить.

Исходя из высказанных соображений, нами были составлены циклы задач, которые затем предлагались учащимся. Задачи каждого цикла объединяются общей идеей и почти не требуют вычислений. Большинство задач исследовательского плана и носит прикладной характер, так как в основе формулировок заложены какие-либо жизненные ситуации, доступные для понимания школьника. Такие задачи способствуют развитию «здравого смысла» учащихся.

1. Идея равновесия

Использование идеи равновесия при решении задач заключается в том, что объекты, о которых идет речь, находятся в состоянии равновесия (равенства, равноправия, симметрии и т. п.), или приводятся в такое состояние, или выводятся из него.

Задача 1. Имеется стакан воды и стакан молока, в каждом из которых одинаковое количество жидкости. Ложку мо-

лока переливают в стакан с водой и перемешивают, затем такую же ложку полученной смеси переливают в стадан с молоком. Чего стало больше: воды в молоке или молока в воде?

Решение. Заметим, что в обоих стаканах в результате получается одинаковое количество жидкости. Поэтому количество молока, добавленного в воду, равно количеству воды, добавленной в молоко.

Задача 2. Я отпил треть стакана черного кофе и долил его молоком, потом я выпил четверть стакана и снова долил его молоком, затем отпил [/$, 7б и lh стакана и каждый раз доливал его молоком. В другой раз я отпил V7 стакана и долил его молоком, затем отпил 1/б стакана и снова долил его молоком и так далее до 1/з стакана. В какой раз я выпил больше кофе?

Указание. Воспользоваться идеей решения предыдущей задачи.

Задача 3. Братьям-близнецам Коле и Диме в день рождения мама испекла торт. Как им разделить торт на две части справедливо, т. е. так, чтобы каждому досталась доля, по его мнению, не меньшая половины? Регулятором справедливости служат субъективные оценки Коли и Димы. Третье лицо в дележе не участвует. Жребий не бросается.

Задача 4. На следующий год Коле и Диме мама испекла торт и купила конфет. Оказалось, что эти конфеты у Коли были самыми любимыми. Поэтому он предложил Диме взять больше торта, чтобы тот уступил ему больше конфет. Поскольку Диме больше нравится торт, то, согласившись с Колей, и чтобы разделить поровну лакомства, Дима предложил каждое разделить на 5 частей, а затем каждому взять по 4 части своего любимого лакомства и 1 часть другого. Конфеты разделить легко. Как им справедливо разделить торт, т. е. так, чтобы Коле, по его мнению, досталась доля, не меньшая чем 7б, а Диме, по его мнению, досталась доля, не меньшая чем 4/б торта?

Решение. Можно считать, что каждый из мальчиков желает получить торта не меньше, чем было обусловлено. Тогда покажем, что справедливым будет следующий порядок дележа: Дима делит торт на пять частей, а Коля выбирает одну из них. В самом деле, Дима будет делить на части, по его мнению, равные. Тогда, с его точки зрения, он не будет обделен, т. е. получит не менее 4/б торта, если ему достанутся какие угодно четыре части. Коля, чтобы не быть обделенным, выберет ту часть, которая ему кажется большей. Поскольку торт разделен ровно на пять частей, то такая часть найдется и будет, по мнению Коли, не меньше V5 торта.

Изложенное решение является строгим и, как это принято в математике, может быть записано с помощью специальных символов.

Обозначим через pu р2, Рз, Ра, Ръ куски, которые получаются при делении торта на пять частей. Предположим, что Коле в результате дележа достался кусок pu а Диме — остальные р2 Ръ, Ра, Ръ- Если через mk(pi) обозначить оценку Колей своего куска Pu а через mg (р2, рз, Ра, ръ) обозначить оценку Димой остальных четырех кусков, то дележ можно считать справедливым, если выполнены неравенства:

Покажем, что справедливым будет следующий порядок дележа: Дима делит торт на пять частей (кусков), а Коля выбирает одну из них. В самом деле, Дима будет делить торт на 5 кусков pu Р2, Рз, Ра, Ръ с оценками ms(p\) —, тё(р2) -L ,

Тогда он получит не менее 4/6 торта, если ему достанутся какие угодно четыре части. Но так как сумма оценок Коли всех кусков mk(Pi)+ гпк(р2) + тъ(рг)+тк(р4) + тъ(ръ) = 1, то среди кусков ри р2, Рз, р4 и ръ найдется наиболее выгодный с точки зрения Коли. Его и выберет Коля.

Аналогично доказывается, что торт можно разделить справедливо и в том случае, когда делить будет Коля, а выбирать — Дима.

Задача 5. Обобщите предыдущую задачу на случай, когда торт делится в отношении а) —: -; б) —:-;

Задача 6. В польском городе Гданьске живут знаменитые пять близнецов Агнешка, Ева, Петр, Адам и Роман. Как вы им посоветовали бы разделить торт, чтобы каждому из них досталась доля, по его мнению, не меньшая чем Vs торта.

Указание. Разбить на несколько мелких задач так, чтобы каждый раз дележ происходил только между двумя близнецами. Сначала торт разделить, например, между Агнешкой

и Евой. Затем присоединяется Петр, который делит имеющиеся у Агнешки и Евы части так, чтобы в результате у каждого оказалась доля, не меньшая чем 7з» Далее таким же образом осуществляется дележ между четырьмя и затем пятью близнецами.

Задача 7. Обобщите предыдущую задачу на случай, когда торт делится между п близнецами.

Задача 8. Из шахматной доски вырезаны две противоположные угловые клетки. Можно ли такую доску покрыть прямоугольными фигурками домино, каждая из которых покрывает ровно две клетки шахматной доски?

Указание. Заметьте, что как бы мы ни положили фигуру домино, она всегда покроет одно белое и одно черное поле.

Задача 9. Можно ли, начиная с левого нижнего угла, обойти конем шахматную доску, побывав на каждом поле ровно один раз, и закончить в правом верхнем углу?

Указание. Предположите, что требуемый маршрут существует и сравните число черных и белых полей, которое должно содержаться в маршруте, с числом черных и белых полей шахматной доски.

Задача 10. В таблице 4X4 расставить 16 чисел так, чтобы сумма чисел по любой вертикали, горизонтали и диагонали равнялась нулю. (Квадрат имеет 14 диагоналей, включая малые, состоящие из трех, двух и одной клеток. Случай одновременного равенства всех чисел нулю исключается.

Указание. Заметьте, что числа на каждой диагонали находятся в «равновесии». Решение см. [1].

Задача 11. Рассмотрим следующую игру. Два игрока по очереди укладывают на квадратную доску одинаковые монеты так, чтобы никакие две не перекрывали друг друга. Выигрывает тот, кто последним положит монету на еще свободное место. Как должен располагать монеты, чтобы победить, игрок, сделавший ход первым?

Решение. Игрок, сделавший ход первым, выигрывает в том случае, если он

а) первую монету поместит в центр;

б) будет помещать каждую следующую свою монету симметрично соответствующим монетам противника относительно первой своей монеты.

Задача 12. а). При каких условиях может выиграть игрок, сделавший ход вторым в игре, описанной в задаче 11?

б). Назовите другие условия в задаче 11, следуя которым может выиграть игрок, сделавший ход первым.

в). Рассмотрите ту же игру на прямоугольной доске.

Задача 13. Изменим игру задачи 11 следущим образом: тот, кто последним положит монету на еще свободное место, проигрывает. Каким (первым или вторым) выгоднее начинать игру? Как нужно вести игру, чтобы выиграть?

Задача 14. В кучке находится 16 палочек. Двое играющих поочередно берут 1, 2 или 3 палочки. Выигрывает тот, кто возьмем последним оставшиеся палочки. При каких условиях выигрывает игрок, сделавший ход вторым?

Решение. Выигрывает игрок, сделавший ход вторым, в том случае, если каждый раз будет брать столько палочек, сколько недостает до того, чтобы общее число взятых обоими игроками палочек было кратно четырем.

Задача 15. В кучке находится 19 палочек. Двое играющих поочередно берут 1, 2 или 3 палочки. Выигрывает тот, кто возьмет последним оставшиеся палочки. При каких условиях выигрывает игрок, сделавший ход первым?

Задача 16. В кучке находится п палочек. Двое играющих поочередно берут 1, 2 или 3 палочки. Выигрывает тот, кто возьмет последним оставшиеся палочки. При каких п выгоднее начинать игру вторым, а при каких — первым?

Задача 17. Обобщите предыдущую задачу на случай, когда из кучки можно брать 1, 2,..., k (k <С я) палочек.

2. Построение маршрутов

Задача 18. В XVIII веке в городе Кенигсберге (ныне Калининград) было 7 мостов, расположенных так, как показано на рисунке. Жители города пытались во время прогулок пройти по каждому мосту один раз и вернуться домой. Однако ни одна из многочисленных попыток не увенчалась успехом. Спрашивается, можно ли составить замкнутый маршрут, проходящий по каждому мосту в точности один раз?

Это знаменитая задача о кенисбергских мостах. Она была решена Леонардом Эйлером в 1736 году. Для этого Эйлер воспользовался схемой, которая строится следующим обазом: каждая часть суши обозначается точкой-вершиной; если две части суши соединены мостом, то соответствующие вершины соединяются отрезком (произвольной формы) — дугой. Впоследствии такие схемы стали называться графами. Таким образом задача сводится к нахождению на графе марш-

рута, содержащего каждую его дугу ровно один раз. Для решения этой задачи предположите, что требуемый маршрут существует и сравните в каждой вершине число сходящихся дуг с числом дуг, которое может быть включено в маршрут.

Задача 19. Через несколько лет через реку в г. Кенигсберге было построено еще два моста 8 и 9 (на рисунке они показаны пунктиром). Докажите, что теперь, начиная с любого острова, можно пройти по каждому из девяти мостов ровно один раз и вернуться на исходный остров.

Задача 20. Докажите, что в любом графе, в котором в каждой вершине сходится четное число дуг (и из каждой вершины графа можно пройти в любую другую его вершину), можно построить замкнутый маршрут, проходящий по каждой дуге ровно один раз.

Указание. В силу четности числа сходящихся дуг в каждой вершине, выйдя из любой вершины графа, мы снова сможем в нее вернуться. Если удалить все дуги пройденного при этом пути, то мы снова получим граф, в каждой вершине которого сходится четное число дуг.

Задача 21. Докажите, что если бы в г. Кенигсберге было восемь мостов 1-й, 2-й, 3-й, 4-й, 5-й, 6-й, 7-й и 8-й, то маршрут, проходящий по каждому мосту ровно один раз, построить можно. Чем будет он отличаться от маршрута задачи 19? Где будут лежать начало и конец его?

Указание. Воспользуйтесь решением задачи 19.

Задача 22. В некотором городе уличная сеть устроена так, что имеется ровно два перекрестка А и В, на которых сходится нечетное число улиц. Докажите, что в этом городе, начиная с перекрестка Â, можно проехать по каждой улице в точности один раз и выехать на перекресток В.

Указание. Представьте себе граф улиц, а затем измените его так, чтобы все вершины стали четными, т. е. в каждой вершине сходилось четное число дуг. После чего воспользуйтесь решением задачи 20.

Задача 23. Паук сплел сеть, которая имеет вид, изображенный на рисунке. Какое наименьшее число непрерывных нитей нужно взять, чтобы изготовить такую сеть? (Все нити одинарные). Как можно обобщить эту задачу?

Далее можно рассмотреть более общую задачу о нахождении

минимального числа маршрутов, которые в совокупности содержали бы ровно по одному разу каждую дугу графа, имеющего четное число вершин, в каждой из которых сходится нечетное число дуг. После этого полезно для произвольного конечного графа доказать теорему о числе вершин, в которых сходится нечетное число дуг.

Задача 24. Докажите, что в г. Кенигсберге при наличии семи мостов (см. задачу 18), выйдя из дому, можно пройти по каждому мосту точно два раза и вернуться домой.

Указание. В соответствующем графе мостов замените каждую дугу парой дуг и рассмотрите число сходящихся дуг в каждой вершине нового графа.

Задача 25. В городе трамвайная сеть устроена следующим образом:

1) по каждой улице проходят две трамвайные линии;

2) из любой части города можно проехать в любую другую его часть, пересаживаясь с одного трамвая на другой на той же остановке, где сошли. Докажите, что эту трамвайную сеть можно обслужить одним трамвайным маршрутом, причем по каждой улице трамваи будут идти в обоих направлениях (по одной линии в одну сторону, по другой — в другую).

Указание. Сначала решите задачу без учета направления движения трамваев по улице. Для этого воспользуйтесь идеей решения предыдущей задачи.

Задач 26. С целью увеличения скорости движения в одном большом городе на каждой улице было введено одностороннее движение. При этом направление движения на улицах удалось указать так, что на каждый перекресток ведет столько улиц, сколько с него выходит. Докажите, что из любой части города можно проехать в любую другую его часть, соблюдая правила движения. (Ранее, когда на улицах было двустороннее движение, это было возможно).

Указание. Представьте себе граф, в котором на каждой дуге указано направление (например, стрелкой), соответствующее направлению движения по улице. Такой граф называют ориентированным графом. Покажите, что в этом ориентированном графе можно построить замкнутый маршрут, содержащий каждую дугу ровно один раз, проходя при этом по дугам только в направлении, указанном стрелкой. Для этого воспользуйтесь идеей решения задачи 20.

Задача 27. Имеется пять населенных пунктов, каждая пара из которых кроме других дорог соединена скоростной трассой с односторонним движением. Докажите, что можно построить экскурсионный маршрут, используя только скорост-

ные трассы так, что экскурсанты побывают в каждом населенном пункте ровно один раз. {Возвращение в исходный пункт не обязательно).

Указание. Покажите, что любой маршрут в графе скоростных трасс, не включающий всех вершин и не содержащий ни одной вершины дважды, можно расширить, включив в него произвольно взятую вершину этого графа, ранее указанному маршруту не принадлежавшую.

Задача 28. Решите задачу 27 для п населенных пунктов.

Задача 29. Собираясь в путь, турист наметил посетить п городов, включая исходный. Так как сроки путешествия ограничены, он выбрал такие города, каждые два из которых соединены автомобильной трассой с односторонним движением (турист решил пользоваться только автомобильным транспортом). Докажите, что турист может посетить каждый город ровно один раз и вернуться домой, пользуясь только указанным видом транспорта и дорогами с односторонним движением в том и только в том случае, если среди этих городов нельзя выделить такой группы, что ни из какого города этой группы нет требуемой трассы ни в один из оставшихся городов.

Указание. Сначала рассмотрите случаи, когда множество городов, из которых нельзя выехать, состоит из одного города, п—1 городов. Затем докажите полностью необходимость. Доказательство достаточности можно найти в ж. «Математика в школе», №. 3, 1965.

Методические указания. Предлагаемый материал излагался учащимся разных классов. В такой системе он доступен учащимся уже седьмого класса. В старших классах, чтобы задачи не казались слишком простыми, некоторые из них можно предлагать сразу в общем виде. В случае затруднений необходимо рассмотреть сначала частные случаи.

Второй раздел предусматривает знакомство через задачи с элементами теории графов. На основе решенных задач делаются выводы и формулируются теоремы. Некоторые задачи сами являются теоремами теории графов. Для более глубокого усвоения материала полезно решать задачи-упражнения, которые отличаются от данных содержанием (формулировкой), но решаются с помощью известной модели, в частности графовой.

Замечание, сделанное после задачи 23, указывает интересное ответвление от основной линии. Упомянутая там теорема позволяет решить многие интересные задачи, например, доказать, что число людей живших во все времена на Земле и сделавших нечетное число рукопожатий, четно, или ответить

на вопрос: существует ли многогранник с нечетным числом граней, каждая грань которого является многоугольником с нечетным числом сторон.

ЛИТЕРАТУРА

1. Ф. А. Бартенев. Нестандартные задачи по алгебре, «Просвещение», М., 1976.

2. Б. А. Кордемский. Математическая смекалка, ГИТТЛ, М., 1958.

3. О. Оре. Теория графов, «Наука», М., 1968.

4. Т. Саати. Целочисленные методы оптимизации и связанные с ними экстремальные проблемы, «Мир», М., 1973.

5. ж. «Квант».

Б. Эрдниев

(г. Элиста, Калмыцкий университет)

СООТВЕТСТВИЯ МЕЖДУ ТЕОРИЕЙ МНОЖЕСТВ И ЛОГИКОЙ ВЫСКАЗЫВАНИЯ

На занятиях математического кружка студентов младших курсов университета мы рассматривали вопрос об аналогиях между теорией множеств и логикой высказываний.

В данной статье мы кратко покажем методику укрупнения учебной информации на примере совместного изучения основных понятий теории множеств (ТМ) и логики высказываний (ЛВ), представляющей основной раздел математической логики.

В практике школьного обучения в большей мере встречается использование понятий теории множеств; в то же время логические понятия обычно вводятся в математику вне связи с соответствующими понятиями теории множеств.

Традиционная методика изучения этих вопросов такова: формулы теории множеств иллюстрируют на рисунках (образная невербальная информация перерабатывается, как теперь экспериментально установлено физиологами,— в правой половине мозга); формулы же логики высказываний принято толковать вообще без наглядных иллюстраций, составляя лишь «таблицы истинности» (при этом работает преимущественно левая, «вербальная» половина мозга). Известна полная аналогичность структуры ТМ и ЛВ, которую выгодно использовать для одновременного изучения основных понятий указанных ветвей математики. При этом полученная «в рисунках» формула ТМ немедленно «порождает» соответствующую формулу ЛВ.

Описываемая нами методика основана как бы на одновременной работе обоих полушарий мозга, что существенно ускоряет усвоение знаний.

Стержнем нашей методики является усвоение следующих соответствий:

Теория множеств (TM).

Логика высказываний (ЛВ).

Множества: Л, В.

Высказывания: а, Ь.

Дополнение множества Л до универсального (Л).

Отрицание высказывания а (а).

Объединение и пересечение множеств AU В (А riß).

Дизъюнкция и конъюнкция высказываний aVb (аАЬ).

Объединение / Пересечение множества с его дополнением эквивалентно универсальному / пустому множеству:

Дизъюнкция / конъюнкция высказывания с его отрицанием означает истину (1) / ложь (0)

лил = и

aVä = 1

А Лл = 0

aXä = 0

Закон Де-Моргана для множеств:

Законы Де-Моргана для высказываний:

Основным средством запоминания этих пар формул ТМ и ЛВ выступает рисуночный («квадратный») код.

Важное значение мы придаем выяснению теснейших связей между языками ТМ и ЛВ. Так, на самых первых уроках тщательно отрабатывается связь между операцией дополнения множества до универсального множества в ТМ и операцией отрицания высказывания в ЛВ.

Если элемент х принадлежит множеству А (левой половине квадрата), то этот элемент уже не принадлежит дополнению Л (правой половине квадрата) — (и наоборот).

Если истинно высказывание а, то его отрицание ä — ложно.

(и наоборот).

Определения дуальных операций удобно также разъяснять и записывать совместно:

Если элемент х входит хотя бы в одно / в каждое из данных множеств А и В, то он входит в объединение / пересечение этих множеств.

Дизъюнкция / конъюнкция двух высказываний а и b истинна только тогда, когда истинно хотя бы одно / каждое из данных высказываний.

Опишем построение основной таблицы соответствий между теорией множеств и логикой высказываний.

В описываемой системе обучения операции в ТМ выступают в роли моделей соответствующих операций в ЛВ, как удобный прием вывода и запоминания логических формул.

Таблица соответствий между теорией множеств и логикой высказываний

Всякая мысль, выразимая аппаратом логики высказываний, может быть записана с помощью основных логических операций, расположенных по «силе» в следующем порядке: отрицания (—), конъюнкции (Л), дизъюнкции (V), импликации ( —> ).

Средством выяснения содержания этих понятий служат соответствующие операции теории множеств: дополнение (—), пересечение ( fi ), объединение (U) множеств.

В описываемой методической системе теория множеств как бы пролагает путь логике высказываний.

Универсальное множество удобно обозначать квадратом: если левая его половина представляет подмножество (Л), то правая половина представляет множество — дополнение (Д). Если верхнюю половину квадрата обозначим как подмножество ß, то нижняя половина — будет подмножество В.

Главное в данной методике следующее: множества и их дополнения кодируют соответственно высказывания и их отрицания: а, а, Ь, Б.

Логика высказываний выражает все возможные связи

между двумя высказываниями а и Ь. Говорят, что ЛВ представляет дискретную функцию двух переменных высказываний а и b: ЛВ = ЛВ (я, Ь).

Но каждое высказывание в ЛВ (простое или сложное) может принимать одно из двух значений истинности: истину (1) или ложь (0).

Поэтому ЛВ называют двузначной логикой.

Разумеется, ЛВ формализует лишь небольшую часть мыслительной деятельности человека.

В верхних двух строках (А и В) таблицы соответствий у нас взяты все возможные сочетания значений истинности двух высказываний а и Ь. (рис. 1).

В начале таблицы соответствий в виде матрицы 2X2 показана связь между переменными (а и Ь) — с одной стороны и вспомогательными переменными (Х\, х2, х3у х4) — с другой стороны; эти группы переменных характеризуют друг друга взаимно. С помощью этих матриц можно дать определение, например, х2 через а и Ь: «х2 — это такая двузначная логическая переменная, которая означает, что высказывание а истинно (а = 1), а высказывание b— ложно» (Ь = 0) и т. д.

Можно, напротив, дать определение основных переменных аи b через вспомогательные переменные; например, «а — есть такая логическая переменная, которая означает, что Х\ = 1, х2 = 1, х3 = 0, х4 = 0». Для некоторых целей удобно рассматривать всю ЛВ как функцию четырех вспомогательных переменных ЛВ = ЛВ (хь х2, Аз, х4). Оказывается, что существует всего лишь 42 = 16 комбинаций значений истинности этих четырех переменных, которые исчерпывают все виды высказывательных форм Л В. (Смотри пересечение строк 1 —16 со столбцами 2 — 5).

Чтобы перебрать эти формы, поступим следующим образом:

В строке у\ — нет нуля (все единицы); В строке у2 — нет единицы (все нули).

Эти две строки (как и последующие пары строк) означают взаимоотрицающие друг друга высказывания: У\ = у2; Уз = У\ и т. д.

Аналогично поступаем и дальше.

В строках у3, #5, у8, ую взято только по одному нулю; нуль последовательно в этих строках перемещается справа налево. Строки у4, уе, У7, У9 соответственно содержат только по одной единице.

Так исчерпываются в таблице все случаи, когда имеется только один нуль (только одна единица). Остальные 6 строк

Рис. 1

(Уи — У\б) содержат по два нуля, которые взяты по всевозможных сочетаниях.

Итак, матрица из 4 столбцов (2—5) и 16 строк (у\ — у\6) выражает полностью таблицу истинности всей ЛВ.

В самом деле: каждое из 16 высказывательных форм есть функция двух переменных высказываний а и b:

iji = у{(а; b), (i = 1, 2,..., 16).

Каждое из двух переменных высказываний зависит в свою очередь от 4 вспомогательных переменных:

а = а (хи х2, *з, л'4); Ь = b (хи хъ л'3, х4).

Значит, ЛВ представляет собой замкнутую систему, состоящую из 16 высказывательных форм, каждая из которых есть функция четырех переменных:

ЛВ = ЛВ (ух ... #1б) = ЛВ (а, Ь) = ЛВ (хи *2> *з, *4).

В 6-ом столбце таблицы соответствий даны наиболее употребительные в литературе символические записи высказываний.

В 7-ом столбце — предложены некоторые информативно предпочтительные знаки «дидактического языка» ЛВ; например, антиимпликацию удобно изображать не чертой над записью высказывания (что встречается в некоторых сочинениях), а перечеркнутой стрелкой.

В 8 столбце приведены употребительные в математике логические термины высказывания, изображенного символически в 6—7 столбцах.

В 9 столбце, занимающем центральное место нашей системы изложения, приведены рисуночный (теоретико-множественный) код для высказывательных форм ЛВ.

Исходный квадрат (универсальное множество) разделен на четыре маленьких квадрата, из которых можно заштриховать один, два, три или все четыре, оставив остальные — светлыми.

Всего таких сочетаний белых и черных квадратиков (внутри большого) оказывается также — 16, в точном соответствии с числом разновидностей высказываний в ЛВ.

Рядом в столбце 10 дана символическая запись рисуночного кода в операциях ТМ. Сравнивая столбцы 10 и 6 мы видим соответствия: например, уд — пересечение (А л В) — конъюнкция (а\Ь) и т. д.

В столбце 11 даны наиболее употребительные традиционные «смысловые» толкования операций ЛВ, для некоторых связок существуют несколько словесных толкований.

Так для импликаций а —> b (у$) возможны такие толкования:

*а достаточно для Ь»; возможны и иные толкования:

«если а, то 6»,

«из а следует 6»,

«Ь необохдимо для а».

Экспериментальное обучение показало, что учащиеся, пользуясь квадратным кодом, легко выполняют визуально основные операции в ЛВ.

Учащийся сначала находит рисуночный образ таблицы истинности той или иной операции ЛВ. Переходя сначала от операции в ЛВ к соответствующей операции в ТМ (например, если надо определить таблицу истинности дизъюнкции aVb, то надо представить зрительно объединение двух множеств AU В (см. строку уг).

Начертив рисуночное выражение истинности, нетрудно далее автоматически получить цифровую таблицу истиннострг рассматриваемой логической операции (смотри матрицу перехода в левом верхнем углу таблицы: заштриховано — истинно — единица (1),

незаштриховано — ложно — нуль (0).

Рассмотрим подробно один пример.

Пусть требуется составить одновременно таблицу истинности для дизъюнкции и конъюнкции высказываний а и Ь.

Вот цепь соответствующих рассуждений, основанных на визуальном мышлении (то есть зрительных манипуляциях с квадратным кодом).

1. Конъюнкции высказываний a Ab соответствует пересечение множеств А л В (см. строку у9).

2. Начертим пересечение А ГI В на квадратном коде.

3. В полученной матрице расположим стандартно-вспомогательные переменные Х\9 х2, х3, х4 (см. вход в таблицу, левый верхний угол).

4. Теперь нетрудно написать четырехциферную таблицу истинности для конъюнкции.

На рис. 2 показан процесс получения цифровой таблицы истинности одновременно для конъюнкции и дизъюнкции высказываний а и b (составляя соответственно пересечение и объединение множеств А и В).

С помощью квадратного кода становится возможным быстро получать таблицы истинности сложных логических операций, представляющих любые сочетания пересечений и объединений (дизъюнкции и конъюнкций) из числа основных 16 форм высказываний, приведенных в таблице (у\ — у\%).

Найдем, например, конъюнкцию обратной импликации {у$) и второго (у\г): (а <—Ь)АЬ =?

Рис. 2

На рисунке 3 показано полное решение задачи.

Проиллюстрируем в заключение принцип двойственности на «квадратном коде».

Достоинства «квадратного кода» таковы, что они позволяют получать одновременно два результата, поскольку при выполнении одной операции над черными участками квадрата (скажем, пересечения — конъюнкции) само по себе осуществляется двойственная ей операция (объединения—дизъюнкция) над соответствующими дополнениями (т. е. над белыми участками) внутри того же квадрата (квадрат иллюстрирует универсальное множество) (рис. 4).

Пусть далее требуется доказать дистрибутивность пересечения / конъюнкции относительно объединения / дизъюнкции, т. е. доказать справедливость двух формул для ТМ и ЛВ соответственно:

(I) (II)

Дадим пояснения визуального процесса получения таблицы истинности для высказывания (II) (рис. 5.).

Множество А — левая половина квадрата, «множество — дополнение» Ä — оставшаяся правая половина; множество В — верхняя половина, а множество В — оставшаяся нижняя половина; множество С — заштрихованные 4 треугольника, а множество С — оставшиеся 4 белых треугольника.

Рис. 3 и 4

Рис.5

А вот логические толкования соответствующих высказываний:

а — «элемент х принадлежит множеству Л»; а — «элемент х не принадлежит множеству А или (или: элемент х принадлежит множеству — дополнению А):

(х е Л) <-> (хеА).

a Ab — «элемент х принадлежит каждому из множеств А и ß».

b V с — «элемент х принадлежит хотя бы одному из множеств В и С» и т. д.

На рис. 5 операциями 1, 2, 3 получены визуальные образы высказываний a Ab, а V с, ft V с.

Операция 4 дает образ для сложного высказывания (a A b) V с, а операция 5 — дает образ для высказывания (aVc)A(bVc).

Нетрудно увидеть, что две последние операции дают одну и ту же фигуру. Значит, (А л В) VC = (Л U С) п (В U С). Тем самым и доказана формула:

(а А Ь) V с = (а V с) A (ft V с). (II)

Цифровую таблицу истинности для этого высказывания получаем следующим образом (1 — истинно, 0 — ложно).

Так как в формуле (II) три переменные a, ft, с, то всего в соответствующей таблице 8 строк; каждой строке соответствует определенный треугольник.

Например, треугольник VI не принадлежит множеству А (а = 0), принадлежит множеству В (ft = 1), не принадлежит С(с=-0); этот треугольник незаштрихован (нуль), значит, сложное высказывание ложно (a A ft) V с = 0 для указанного набора значений a, ft, с.

Аналогично заполняются другие строки таблицы истинности сложного высказывания.

Очевидно, что этим путем возможно составить таблицу истинности для логических функций 4, 5 и т. д. переменных.

Не исключено, что описанный прием может найти и техническую реализацию.

Г. В. Лютомский

(г. Вологда)

АЛГЕБРА РЕЛЕЙНО-КОНТАКТНЫХ СХЕМ НА ВНЕУРОЧНЫХ ЗАНЯТИЯХ

В настоящей заметке рассматривается теория релейно-контактных схем и ее применения к решению некоторых задач на кружковых занятиях с учащимися 7—8-х классов.

Известно, что алгебра релейно-контактных схем обычно рассматривается как интерпретация алгебры высказываний. Вместе с тем, простота и наглядность теории релейно-контактных схем позволяет излагать ее школьникам на довольно ранних этапах обучения (даже тогда, когда учащиеся еще не знакомы с элементами математической логики).

Возможно, что алгебра релейно-контактных схем с ее практическими задачами пробудит у школьников интерес вообще к теории автоматов. Тогда у них появится желание познакомиться и с простейшими понятиями математической логики, что можно будет осуществить на факультативных занятиях в 9-м классе.

Итак, рассмотрим обычную электрическую цепь. В ней есть источник тока, реагирующий объект и контакты. С физической точки зрения контакты могут быть самыми различными (например, механические, типа всевозможных выключателей, рубильников и т. д.). Контакты могут управляться разного рода реле. Соединение контактов здесь может быть последовательным и параллельным. Такую электрическую цепь в дальнейшем будем называть релейно-контактной схемой.

Мы построим такую алгебру, в которой переменными будут контакты, которые мы будем обозначать буквами a, ft, с,... Каждая из переменных может принимать одно и только одно из двух возможных значений:

контакт а разомкнут: по определению а = О,

контакт а замкнут: по определению а = 1.

Будем конструировать электрические схемы путем различных соединений контактов между собой. Опишем основные операции и соответствующие им простейшие схемы.

Суммой двух контактов а и b (обозначается a -f b) будем называть схему, полученную в результате их параллельного соединения: она замкнута (а + b = 1) тогда и только тогда, когда замкнут (равен 1) хотя бы один из образующих схему контактов (а = 1 или b = 1).

Рис. 1

Произведением двух контактов а и b (обозначается ab) будем называть схему, образованную при их последовательном соединении: она замкнута (ab = 1) тогда и только тогда, когда оба контакта замкнуты (а = 1 и b = 1).

Рис. 2

Два или несколько контактов, управляемых одним и тем же реле, мы будем обозначать одной и той же буквой и называть одноименными.

Два одноименных контакта, связанные между собой при помощи реле так, что когда один из них замкнут, то другой разомкнут, называются противоположными, или инверсными контактами. Значит, противоположный данному контакту а — это контакт (обозначим его через а), равный 0 (разомкнут), если а = 1 (замкнут), и равен 1, если а = 0.

Итак, операции алгебры релейно-контактных схем определяются следующими таблицами:

Итак, в алгебре релейно-контактных схем мы имеем:

11 = 1; 0 + 0 = 0;

1-0 = 0; 1 + 0 = 1;

01 = 0; 0 + 1 = 1;

00 = 0; 1 + 1 = 1.

Первые семь равенств дают нам полную аналогию с обычной алгеброй чисел. Что касается равенства 1 + 1 = 1, то здесь следует вспомнить, что алгебра релейно-контактных схем двухзначна, в ее распоряжении имеются только два значения 0 и 1, поэтому здесь наблюдается отклонение от правил обычной алгебры чисел.

Мы видим, что в нашей новой алгебре справедливы переместительные и сочетательные законы операций сложения и умножения, а также распределительный закон операции умножения относительно сложения. Однако интересно, что здесь справедлив и второй распределительный закон — операции сложения относительно умножения: а + be = (а + Ь)(а + с). Кроме того, из определений сложения и умножения контактов следует, что а+а = аиаа = а. Эти равенства показывают, что в алгебре релейно-контактных схем отсутствуют коэффициенты и показатели степени. Все это говорит о том, что эта алгебра, вообще говоря, проще обычной числовой алгебры.

В алгебре релейно-контактных схем из переменных контактов с помощью введенных операций мы будем образовывать выражения, которые называются контактными или переключательными формулами. Всякая переключательная формула (записанная с помощью введенных символов) будет представлять некоторую контактную схему, или контактную сеть.

При рассмотрении переключательной формулы нас будет интересовать только «значение замкнутости» соответствующей схемы. Очевидно, что контактная сеть будет замкнута тогда и только тогда, когда представляющая ее переключательная формула принимает значение, равное 1. Поэтому будем считать две контактные схемы равносильными, если при одних и тех же значениях входящих в них контактов они будут одновременно замкнуты или разомкнуты. Иначе можно сказать, что две схемы равносильны тогда и только тогда, когда равносильны представляющие их формулы. Например, будут ли равносильны следующие схемы?

Схема (2) проще схемы (1). Поэтому, если они равносильны, то следовало бы схему (1) заменить схемой (2), которая практически удобнее (более экономна).

По схеме (1) найдем соответствующую переключательную формулу:

Fi = abc + abc + abc.

Ее нетрудно упростить:

По схеме (2) составляем переключательную формулу:

F2 = 5(a + c).

Итак, Fi = F2, следовательно, обе схемы равносильны.

Таким образом, известные правила новой алгебры помогают нам «преобразовывать» переключательные формулы, устанавливая тем самым равносильность данных автоматических устройств. Эти правила позволяют решать и другие задачи. Например, дана схема:

Рис. 5

Нельзя ли ее упростить?

Найдем формулу, соответствующую данной схеме, и упростим ее:

Итак, F = b. Это значит, что автоматическое устройство, определяемое данной схемой, можно заменить таким автоматом, схема которого состоит из одного контакта Ь.

Рис. 6

Алгебра релейно-контактных схем позволяет конструировать контактные схемы, удовлетворяющие наперед заданным условиям. Например, решим следующую задачу.

Соревнования по поднятию тяжести (штанги) обслуживает судейская коллегия в составе трех судей. Если, по мнению судьи, «вес» взят правильно, то он дает сигнал об этом, нажимая кнопку. Старший судья имеет кнопку а, два других судьи — кнопки b и с. Коллективное решение «вес взят» выдается либо в случае единогласного решения всех трех судей либо в случае, когда из двух судей, давших сигнал, один обязательно главный судья. Необходимо построить автомат, собирающий сведения от всех судей и выдающий сигнал окончательного решения «вес взят», в соответствии с указанными условиями.

Решение. Поскольку у нас три переменных a, b и с, то всего возможно 23 случаев, которые можно записать в виде следующей таблицы:

а

b

с

F

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

0

0

0

1

0

1

1

0

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

По таблице составляем переключательную формулу F. Для этого выделим строчки, соответствующие значениям I искомой формулы; таких строчек три: первая, вторая и пятая. Теперь для каждой выделенной строчки составим произведение из контактов а, Ь, с или противоположных контактов так, чтобы эти произведения принимали значение 1:

abc — для первой строчки, abc — для второй строчки, abc — для пятой строчки.

Как легко видеть, сумма этих произведений и является искомой формулой:

F = abc + abc + abc.

Теперь упростим ее:

По формуле F = а (Ь + с) строим схему автомата:

Рис. 7

«Известно, что школьники в своем большинстве способны ощущать как нужное и актуальное только то, что находит себе непосредственное практическое воплощение и применение». Эти слова А. Я. Хинчина уместно вспомнить, когда мы переходим к изучению алгебры релейно-контактных схем, как одной из моделей булевой алгебры. Эта тема дает самый благодатный материал для того, чтобы показать учащимся, как математическая логика может быть использована в технике. Учащиеся видят, что они могут теперь решать такие технические задачи, о решении которых раньше они не могли даже мечтать. Научившись по данной схеме строить формулу, и обратно, по данной формуле строить схему, учащиеся решают задачи на конструирование схем по данным условиям. Алгебра релейно-контактных схем позволяет моделировать сложные высказывания с помощью электрических цепей. Простейшие логические блоки теперь имеются в кабинетах математики многих школ. Вместе с тем, полезно, если кто-либо из учащихся построит электрическую цепь, соответствующую некоторому сложному высказыванию, и на одном из занятий кружка продемонстрирует ее работу.

Упражнения.

1) По данной формуле F = (х + y)z + ху начертите схему автоматического устройства.

2) Автомат задан таблицей:

X

1

1

1

1

0

0

0

0

У

1

1

0

0

1

1

0

0

2

1

0

1

0

1

0

1

0

F

0

1

1

1

0

0

0

0

По таблице составьте структурную формулу, упростите ее и постройте схему автомата.

Ответ: F = xyz + xyz + xyz = x (y + z).

3) Дана таблица не полностью определенного автомата. (Комбинации входных сигналов во втором, третьем и последнем столбце никогда не появляются).

x

1 1

1

1

0

0

0

0

У

1 1

0

0

1

1

0

0

г

1 0

1

0

1

0

1

0

F

1 ?

?

1

0

0

0

?

Можно ли доопределить данный автомат так, чтобы его структурная формула имела вид: F = х.

Ответ: Можно.

4) Составьте формулу, соответствующую данной схеме. Упростите эту формулу; начертите схему, соответствующую упрощенной формуле.

Ответ: F = Х\ (х2 + *з).

Рис. 8

5) Необходимо построить автомат, который включением выключателя (стандартного типа), установленного в подъезде (выключатель х), освещал бы подъезд, а при нажатии выключателя, установленного при входе в квартиру, выключал бы освещение (выключатель у). При входе нового посетителя новое включение выключателя х вновь вызвало бы освещение подъезда и т. д. Составьте схему указанного автомата.

Решение. Поскольку у нас две переменные х и у, то всего возможно 22 случаев, которые можно записать в виде следующей таблицы:

x

у

F

1

1

1

0

0

1

0

0

Из условия задачи следует, что если х = 1 и // = О, то F = 1 (подъезд не освещен). Если х = 1 и у = 1, то F = О (подъезд не освещен). Если х = О и у = 1, то f = 1 (подъезд освещен нажатием выключателя х).

Если X = 0 и у = 0, то F = 0 (подъезд не освещен).

Следовательно, мы можем заполнить последний столбец таблицы. Тогда мы получаем следующую таблицу автомата:

x

У

F

1

1

0

1

0

1

0

1

1

0

0

0

По таблице легко составляем переключательную формулу:

F = ху + ху. По этой формуле строим схему автомата.

Рис. 9

6) Начертите схему цепи с тремя независимыми выключателями, которая замкнута тогда и только тогда, когда

а) включены два выключателя;

б) выключены два выключателя;

в) включены, по крайней мере, два выключателя;

г) включено не более двух выключателей.

7) В большом зале свет должен включаться и выключаться при помощи любого из четырех выключателей, расположенных на четырех стенах. Построить схему.

8) По установленному сигналу каждый игрок замыкает или размыкает выключатель, находящийся под его управлением. Если оба делают одно и то же, то выигрывает игрок А, в противном случае — игрок В. Построить такую схему, чтобы при выигрыше А зажигалась лампочка.

ЛИТЕРАТУРА.

1. Ефремов Г. О. Алгебра логики и контактные схемы. М., 1969.

2. Калужнин Л. А. Что такое математическая логика, М., «Наука», 1964.

3. Каминская Э. Л., Каминский Т. Э. Алгебра высказываний и ее приложения. Сб. «Факультативные курсы по математике», Вологда, 1976.

4. Колдуэлл С. Х. Логический синтез релейных устройств. М., ИЛ, 1961.

5. Шестаков В. И. Математическая логика и автоматика, ж. «Математика в школе», 1958, № 6; 1959, № 1.

6 Эдельман С. Л. Математическая логика, М., «Высшая школа», 1975.

7. Яглом И. М. Необыкновенная алгебра, М., 1968.

Э. Л. Каминская

(г. Вологда)

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ МОДЕЛЬ ЗАДАЧИ ЛИНЕЙНОГО ПРОГРАММИРОВАНИЯ В ШКОЛЕ

Одна из важных и привлекательных черт современной математики состоит в возможности использования ее результатов в практических и прикладных задачах, или, другими словами, в возможности строить математические модели разнообразных задач из области техники, экономики, лингвистики и многих других областей человеческой деятельности.

Несомненно, эта черта математической науки должна найти свое отражение в школьной математике. К сожалению, построение модели сколько-нибудь серьезной практической задачи, как правило, требует привлечения математических средств, далеко выходящих за пределы школьного курса. Это обстоятельство вынуждает при изучении в школе прикладных вопросов математики настолько упрощать и огрублять практическую задачу, что ее реальное содержание почти выхолащивается, а математическая модель становится тривиальной.

Имеется, впрочем, одна важная область практических задач, которые, по крайней мере в части их математической постановки, прекрасно вписываются в школьный курс. Что же касается методов их решения, то в простейших случаях (в которых, однако, не тривиализируются основные идеи) для их разработки также оказывается достаточно средств, имеющихся в распоряжении школьников. Мы имеем в виду задачи линейного программирования.

Отмеченные черты этой теории делают ее благодарным материалом для постановки факультативных курсов или занятий математического кружка. Следует тем не менее заметить, что чрезмерное увлечение формально математической стороной этих задач и желание достичь при их анализе максимальной общности зачастую приводит к существенным искажениям здравого смысла. В настоящей заметке мы попытаемся проследить возможности, представляющиеся учителю при

прохождении этой темы, и наметить возможный план занятий по ней.

Прежде чем обратиться к математическому содержанию, рассмотрим одну из экономических моделей основной задачи линейного программирования.

Пусть на некотором предприятии выпускается продукция двух типов I и II, для производства которой используется сырье трех видов А\, А2, A3. Запасы каждого вида сырья ограничены соответственно величинами Ь\9 b2, Ь3. Известно количество сырья каждого вида, необходимое для производства единицы продукции каждого типа. Обозначим эти величины alJf î=l, 2, 3; / = 1, 2 (таким образом, на изготовление единицы продукции типа I идет ац единиц сырья вида А\, а2\ единиц сырья вида А2 и a3i единиц сырья вида А3. Аналогичный смысл имеют величины а\2, а22, а32). Известна также цена, по которой может быть реализована каждая единица произведенной продукции: Ci и с2 соответственно для продукции I и II типов. Требуется найти такой план производства, который обеспечит предприятию максимальный доход. Другими словами, мы хотим установить сколько единиц продукции I и II типов должно выпустить предприятие, чтобы прибыль, полученная от ее реализации, была наибольшей. Обозначим эти величины соответственно х и у.

Информация, содержащаяся в условии этой задачи, может быть представлена в виде следующей матрицы:

При введенных обозначениях доход предприятия выражается величиной ci* + с2у. Величины х и у не независимы: на производство всей продукции потребуется а\\Х + а\2у сырья вида Au эта величина не может быть больше имеющегося запаса, следовательно, а\\Х + а\2у ^Ь\. Аналогично получаются еще два условия: а2\х -t- а22у< Ь2, аз\Х + а32у < &3. По самому смыслу задачи ясно, кроме того, что величины х и у неотрицательны.

Учитывая все сказанное, мы приходим к следующей математической модели рассмотренной экономической задачи: найти максимальное значение суммы С\Х + с2у при ограничениях

Разумеется, эта задача допускает непосредственное обобщение: количества типов продукции и видов сырья могут быть любыми натуральными числами. Основная задача линейного программирования приобретает, следовательно, такой вид:

найти максимальное значение линейной формы f(X\,...9 хп)=--= Со + С\Х\ + ... + спхп на множестве всех неотрицательных решений системы линейных неравенств

(1)

Универсальным способом решения этой задачи является, как известно, так называемый симплекс-метод, состоящий в выполнении ряда преобразований некоторой матрицы, связанной с системой ограничений (1). Разработка соответствующего алгоритма опирается на весьма обширные сведения из линейной алгебры, в частности, из теории n-мерных векторных пространств. По этой причине он мало доступен для школьников, и уделять ему какое-либо внимание в факультативном курсе линейного программирования нам представляется совершенно неуместным. Следует заметить, что в некоторых разработках темы «Линейное программирование» алгоритм симплекс-метода сообщается школьникам без каких бы то ни было обоснований в виде набора рецептов и предписаний, следуя которым можно в конечное число шагов получить решение поставленной задачи. Подобный образ действия сродни появлению кролика из шляпы фокусника — удивительно, но мало понятно. Вряд ли нужно говорить о неудовлетворительности подобной методики. Честнее и достойнее, думается, прямо сообщить учащимся, что разработка общих методов решения основной задачи линейного программирования далеко выходит за рамки возможностей на уровне средней школы. Зато исследование этой задачи в частном случае

(при ti = 2) может быть проведено почти исчерпывающим образом. К тому же этот случай имеет простую и наглядную геометрическую интерпретацию и впитывает в себя много красивых и важных понятий и идей современной математики.

Везде далее мы ограничимся поэтому плоским (п = 2) случаем основной задачи линейного программирования.

Для того, чтобы очертить круг идей, содержащихся в рассматриваемом факультативном курсе, начнем с геометрической интерпретации. Известно, что множеством решений линейного неравенства с двумя неизвестными ах + by + с<9 является множество всех точек одной из полуплоскостей, определяемых прямой ах + by + с = О, дополненное точками самой этой прямой. Отсюда следует, что множество решений системы линейных неравенств, будучи пересечением множеств решений всех неравенств, входящих в систему, есть выпуклая многоугольная область или пустое множество. Для наших целей, разумеется, интересен только тот случай, когда это множество не пусто. Заметим далее, что это множество может быть ограниченным, т. е. располагаться в конечной части плоскости, — тогда оно будет, очевидно, выпуклым многоугольником, — и неограниченным. Нам представляется, что на первых порах случай неограниченной области решений системы неравенств лучше из рассмотрения исключить. Как и всякий особый случай он не является типичным и будет легче восприниматься и осмысливаться после выработки хорошего навыка в обращении со стандартными ситуациями. С учетом этого замечания будем далее считать, что множество решений рассматриваемой системы линейных неравенств есть выпуклый многоугольник.

Рассмотрим линейную форму / (х,у) = ах + by + с, переменные которой изменяются в некотором выпуклом многоугольнике. Нас интересует вопрос: в каких его точках она принимает максимальные значения? Казалось бы, для исследования на максимум функции f (х,у) можно применить методы дифференциального исчисления. Правда, в школе рассматриваются соответствующие теоремы только для функций одного переменного, но на существо вопроса это обстоятельство не влияет. Оказывается, однако, что эти методы в рассматриваемой задаче не пригодны. Суть дела заключается в том, что дифференциальное исчисление дает удобные способы нахождения экстремальных точек, если они находятся внутри исследуемой области. В задачах же линейного программирования экстремальные точки принадлежат границе. Для доказательства этого утверждения удобно использовать понятие

выпуклой линейной комбинации системы точек. Приведем соответствующее определение.

Точка А (х,у) называется выпуклой линейной комбинацией системы точек А\(х\, у\), Ап(хп,уп) /запись: А = Х\А\ + + ... + ХпАп/, если ее координаты вычисляются по формулам

X = Х\Х\ + ... + Кхп, у = Àiyi + ... + Япуп

где Xi,..., Кп — неотрицательные и не превосходящие 1 числа, такие, что К\ + ... + Яп= 1.

Нетрудно показать, воспользовавшись, например, методом математической индукции, что каждая точка выпуклого многоугольника есть выпуклая линейная комбинация его вершин. Эта теорема позволяет обосновать высказанное утверждение о максимуме линейной формы в следующей формулировке:

максимальное значение линейной формы f(X\y) = ax + -f by + с на выпуклом многоугольнике А\А2...Ап достигается в одной из его вершин.

В самом деле, пусть А — точка данного многоугольника. Тогда

А = К\А\ + ... + апЛп,

где %\ + ... + Кп = 1. Нетрудно видеть, что значение формы f в точке А, т. е. /(Л.), равно

Действительно, так как x = K\Xi+ ... +ХпХп, У = ^\У\ + ••• + + кпУп (здесь X, у — координаты точки Л, Хи У\ —координаты вершины Ль i = 1, ... , п) и Х\ + ... + Яп = 1, то

Выберем из чисел f (А\), ... , f (Лп) наибольшее, пусть, например, это будет / (Лк) (1 <С k <; п). Тогда, очевидно,

и, учитывая, что Х\ + ... + А,п = 1, получаем

/(Л)</(Лк),

а это и показывает, что значение формы f в точке Л к превосходит значение этой формы в произвольной точке многоугольника.

Доказанная теорема приводит к простому алгоритму исследования линейной формы на максимум на выпуклом многоугольнике. Он состоит в нахождении всех вершин многоугольника, вычислении значений формы в этих точках и в выборе наибольшего из полученных чисел.

Обобщением этой теоремы на случай неограниченных многоугольных областей является следующее предложение:

Если линейная форма f (х,у) принимает максимальное значение на выпуклой многоугольной области, то оно достигается в одной из вершин.

Не останавливаясь на доказательстве, заметим только, что на неограниченной области линейная форма может не иметь максимума, что и предусмотрено в формулировке теоремы.

Уже этот беглый обзор показывает, что факультативный курс линейного программирования концентрирует в себе многочисленные идеи и методы, частично содержащиеся в школьной программе, частично же выходящие за ее пределы и находящие свое развитие в разных разделах современной математики. В нем встречаются теория систем линейных уравнений и неравенств, теория выпуклых точечных множеств, вопросы исследования функций на экстремум методами, отличными от классических приемов дифференциального исчисления. Следует также отметить, что некоторым моментам теории выпуклых точечных множеств, рассматриваемых в школе как геометрические объекты, здесь придается алгебраическая форма. Для всех доказываемых теорем имеется простая и наглядная геометрическая интерпретация.

На первый взгляд может показаться, что отсутствие в этом курсе общего алгоритма симплекс-метода является отрицательным моментом: в практике на каждом шагу встречаются задачи линейного программирования, не сводящиеся к плоскому случаю и требующие выхода в трехмерное или даже в n-мерное пространство (п > 3). Для них мы получили только возможность построения математической модели, но не имеем никаких методов ее исследования. Вряд ли, впрочем, это обстоятельство следует отнести к серьезным недостаткам курса. Во-первых, оно не является чем-то необычным для школы. В теории систем линейных уравнений школьный курс математики ограничивается случаем систем с двумя или тремя неизвестными, в теории алгебраических уравнений мы почти не выходим за пределы уравнений 2-й степени, в вопросах дифференциального исчисления и исследования функций рассматриваем только функции одного переменного. В то

же время многочисленные практические задачи, решаемые методами этих теорий, требуют рассмотрения многомерных случаев. Во-вторых, в любой практической задаче следует разграничивать два аспекта — построение математической модели и ее исследование. Каждый из них имеет самостоятельное значение и ценность. В этом свете экономические задачи, сводящиеся к задачам линейного программирования, представляют особый интерес. Построение их математических моделей зачастую совсем не тривиально и достигается путем достаточно хитроумных соображений. Нам представляется, что уже одно отыскание математических формулировок таких задач является источником полезных упражнений и в немалой мере может служить развитию математической культуры школьников.

В заключение статьи приведем возможный план факультативного курса «Элементы линейного программирования», реализующий, как нам кажется, высказанные выше соображения.

1. Определение выпуклого точечного множества. Теорема о пересечении выпуклых множеств. Координатное представление точек отрезка.

2. Разбиение плоскости прямой линией на две полуплоскости. Выпуклость полуплоскостей. Множество решений линейного неравенства и системы линейных неравенств.

3. Представление выпуклого многоугольника как множества решений системы линейных неравенств.

4. Выпуклая линейная комбинация конечной системы точек. Теорема о представлении каждой точки выпуклого многоугольника в виде выпуклой линейной комбинации его вершин.

5. Постановка основной задачи линейного программирования.

6. Теорема о максимуме линейной формы на выпуклом многоугольнике. Алгоритм решения основной задачи линейного программирования. Случай неограниченной области решений системы линейных неравенств.

Разумеется, изучение всех упомянутых вопросов должно сопровождаться решением большого количества задач.

ЛИТЕРАТУРА.

1. Дж. Кемени, Дж. Снелл, Дж. Томпсон. Введение в конечную математику. ИЛ, М., 1963.

2. Карпелевич Ф. И. и Садовский Л. Е. Элементы линейной алгебры и линейного программирования, Физматгиз, М., 1963.

М. Г. Лускина

(г. Киров)

ВНЕКЛАССНАЯ РАБОТА ПО ИЗУЧЕНИЮ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ В ВОСЬМИЛЕТНЕЙ ШКОЛЕ

Программа по математике предусматривает изучение последовательностей в курсе алгебры восьмого класса. Для учащихся, интересующихся математикой, целесообразно рассмотрение некоторых сведений о последовательностях, не вошедших в обязательную программу, на внеклассных занятиях. Это создает благоприятные условия для углубления и развития знаний о последовательностях, в частности, о рекуррентных. Рекуррентные последовательности находят важные применения в математике, на уроках же нет возможности познакомиться с ними подробно. Особый интерес для развития учащихся представляет знакомство с некоторыми свойствами одной из рекуррентных последовательностей — последовательности Фибоначчи — и различными их применениями.

Значительную роль в развитии логического мышления учащихся может сыграть рассмотрение различных определений арифметической и геометрической прогрессий и доказательство их эквивалентности. Это способствует пониманию логического строения математики. На внеклассных занятиях целесообразно также рассмотрение арифметических прогрессий высших порядков; при этом учащиеся получают первые представления о теории конечных разностей — важной области математики.

Наиболее приемлемой формой внеклассных занятий по изучению последовательностей являются двухчасовые занятия математического кружка в восьмом классе. Ниже предлагается проверенная экспериментально программа таких занятий и методические комментарии к изучению отдельных вопросов.

Занятие 1.

Тема: Рекуррентные последовательности

План:

1. Примеры рекуррентных последовательностей.

2. Переход от рекуррентных формул к формулам /г-го члена для некоторых последовательностей.

3. Задачи на рекуррентные последовательности.

Занятие 2

Тема: Некоторые раскрытые и нераскрытые тайны натуральных чисел

План:

1. Последовательность натуральных чисел — рекуррентная последовательность.

2. Последовательность простых чисел. Проблема Гольдбаха.

3. Суммирование натуральных чисел и их степеней (обсуждение рефератов учащихся).

Занятие 3

Тема: Последовательность Фибоначчи План:

1. Леонардо Фибоначчи и его «Книга об абаке».

2. Простейшие свойства последовательности Фибоначчи (Un):

3. Формула п-го члена последовательности Фибоначчи-

4. Еще одно соотношение для чисел Фибоначчи: Un -1 • Un+i — Un2 = (—l)n; софизм *132 = 168»,

5. Числа Фибоначчи и геометрия («золотое сечение»).

Занятие 4 Тема: Прогрессии План:

1. Различные определения арифметической и геометрической прогрессий и доказательство их эквивалентности.

2. Задачи на прогрессии повышенной трудности.

Занятие 5 Тема: Прогрессии План:

1. Арифметические прогрессии высших порядков.

2. Многоугольные и фигурные числа (обсуждение рефератов учащихся).

3. Задачи на прогрессии повышенной трудности.

Занятие 6 Тема: Прогрессии План:

1. Исторические сведения о прогрессиях.

2. Исторические и занимательные задачи на прогрессии. Литература к занятиям 1—3: [1, 2, 4, 8, 9, 12]; к занятиям 4—6: [3, 5, 6, 7, 10, 11].

Методические замечания

Первые три занятия кружка посвящены изучению рекуррентных последовательностей. Здесь рассматриваются различные возвратные последовательности: арифметическая и геометрическая прогрессии, последовательности натуральных чисел, квадратов и кубов их, последовательности цифр десятичного разложения рационального числа, последовательности коэффициентов частного от деления двух многочленов, расположенных по возрастающим степеням переменной (см. [9]). Следует показать некоторые приемы получения формулы п-го члена таких последовательностей по заданному рекуррентному соотношению, в частности, доказать, что если последо-

вательность (хп) задается рекуррентной формулой хп = = а • лгп-1, а фО, то ее можно задать формулой п-го члена так: хп = ап • *о- К переходу от рекуррентной формулы к формуле п-то члена и обратно посвящено и большинство упражнений, выполняемых на первом занятии. Примеры таких упражнений:

1) Последовательность (ап) задана рекуррентным соотношением ап+2 = 2 dn+i — ап. Монотонна ли эта последовательность? Напишите несколько последовательностей, удовлетворяющих указанному соотношению.

2) Докажите, что общий член последовательности (ï/n), первый член которой 1, а каждый следующий на 1 больше удвоенного предыдущего, определяется формулой Un = 2п — 1.

3) Члены последовательности (хп) удовлетворяют условиям: Х\ = 1, хп +1 — хп = 2. Выразите хп через п.

4) Знаменатель геометрической прогрессии (вп) равен 5. Докажите, что ее члены удовлетворяют рекуррентному соотношению вп + 2 = 4en + i + 5en для любого n^N.

5) а) Проверьте, что члены геометрической прогрессии (2П) удовлетворяют рекуррентному соотношению уп+2 — — 5уп +1 + 6уп = 0 для n£N.

6) Убедитесь, что этому соотношению удовлетворяют члены геометрической прогрессии (а • 2П), где а — любое действительное число.

в) Докажите, что геометрические прогрессии (в • Зп), где также удовлетворяют указанному соотношению.

г) При каких значениях айв этому рекуррентному соотношению удовлетворяют числовые последовательности (уп) с общим членом уп = а • 2П + в • Зп?

6) Найдите геометрическую прогрессию (ап), удовлетворяющую рекуррентному соотношению ап + 2 — Зап +1 + 2а = 0. Какие еще последовательности удовлетворяют этому рекуррентному соотношению?

Знакомству учащихся с важными проблемами, связанными с простейшей рекуррентной последовательностью — последовательностью натуральных чисел, посвящается второе занятие кружка. Основное внимание здесь уделяется последовательности простых чисел: доказывается ее бесконечность, рассматриваются некоторые свойства. При нахождении сумм натуральных чисел и их степеней целесообразно использовать клетчатую бумагу.

На третьем занятии рассматриваются свойства последовательности Фиббоначчи (Un): U\ = 1, U2 = 1 Un= Un-i + n&N, n > 2 (т. е. ее свойства, доказательство которых возможно

без применения метода математической индукции). Один из приемов получения формулы п-го члена последовательности Фибоначчи состоит в том, что сначала ищутся геометрические прогрессии (j/n), где Уп = дп и дфО, удовлетворяющие рекуррентному соотношению уп = Уп -1 + Уп - 2 для п > 2: дп = дл~1 + дп~2. Отсюда при дФО имеем: д2 — g — 1 = 0 и

Тогда соотношению + Уп-2 удовлетворяют последовательности с /г-ми членами уп = aq{n + вд2л при любом выборе постоянных д и в (учащиеся подготовлены к обоснованию того утверждения выполнением упражнений 4—6 на первом занятии). Эти постоянные айв для последовательности Фибоначчи определяются из условий j/i = l, j/2 = l:

Получили формулу п-то члена последовательности Фибоначчи:

После вывода для последовательности Фибоначчи соотношения f/n-1-f/n+i—U2n = (—1)п интересно рассмотреть с учащимися софизм «132 = 168» (рис. 1 и 2). Вместо чисел 8, 13, 21 можно взять любые три последовательные числа Фибоначчи сУп-1, Un, Un+i: 3,5,8; 5,8,13; 21,34,55 и т. д. Софизм основан на том, что площадь прямоугольника (т. е. £/n-i-£Ai+i) отличается от площади квадрата (с7п2) всего на одну единицу, и эта разница тем менее заметна, чем больше Un. Найти ошибку в рассуждениях несложно: на уроках геометрии восьмиклассники в это время изучают тригонометрические функции и метрические соотношения в треугольнике.

Следующие три занятия посвящены прогрессиям. На первом из них рассматриваются различные эквивалентные определения прогрессий:

арифметической и геометрической

Рис. 1

Установление эквивалентности этих определений — полезное упражнение для повторения и углубления теории прогрессий и развития мышления учащихся.

На занятиях 4—6 решаются также различные задачи на прогрессии повышенной трудности, большинство из которых — задачи с практическим содержанием:

7) На 64 клетках шахматной доски выписаны подряд все натуральные числа от 1 до 64 (в верхнем ряду слева направо числа от 1 до 8, в следующем от 9 до 16 и т. д.). Восемь ладей поставленны так, что никакие две не бьют друг друга.

Рис. 2

Какие значения может принимать сумма чисел, написанных на тех полях» на которых поставлены ладьи?

8) На прямой дано п различных точек. Сколько имеется отрезков с концами в этих точках?

9) Длины сторон треугольника образуют геометрическую прогрессию. Каким может быть ее знаменатель?

10) В каменоломне добыли 13 камней, веса которых образуют арифметическую прогрессию с разностью 20 кг, причем вес самого тяжелого камня 1000 кг. Можно ли вывезти эти камни на четырех трехтонных машинах?

11) Вдоль дороги лежало нечетное число камней на расстоянии 10 метров один от другого. Эти камни надо было собрать там, где находился средний камень. Человек может нести лишь один камень; он переносил их последовательно, начав с одного из крайних. Перенеся все камни, он проделал путь в 3 км. Сколько было камней?

12) На барабан лебедки навито п слоев каната. Диаметр барабана Z), диаметр каната d, по длине барабана помещается m витков. Выведите формулу для вычисления длины каната, навитого на барабан (величиной смятия каната можно пренебречь).

13) Атомный вес йода изображен в двоичной системе счисления смесью последовательно написанными единицами. Узнайте его.

14) Атомный вес гелия равен 4, а серебра 108. Предполагая изменения атомных весов по закону геометрической прогрессии, вставьте между этими элементами два. Сопоставьте результаты с атомными весами углерода и хлора.

15) В комнату с температурой 45° внесено тело при температуре 90°. Через восемь минут температура упала до 60°. Через сколько минут температура упадет до 50°? (Воспользуйтесь законом охлаждения Ньютона: разность температур изменяется в геометрической прогрессии, если время охлаждения меняется в арифметической прогрессии).

16) Стеклянная пластинка толщиной в 2 см пропускает 0,95 того света, который на нее падает. Найдите количество света, падающего (параллельным пучком) на стопку таких пластинок, если через 20 пластинок прошло 7,5 световых единиц.

17) Из полного бака, содержащего 729 литров чистой кислоты, отлили а литров и долили бак водой. После полного перемешивания из бака опять отлили а литров раствора и долили бак водой. После полного перемешивания из бака опять отлили а литров раствора, снова долили бак водой и тщательно перемешали. После того как такая операция была проведена шесть раз, жидкость в баке содержала 64 литра чистой кислоты. Найдите а.

18) В каждом из десяти кошельков десять одинаковых с виду монет. В одном кошельке все монеты фальшивые. Нефальшивая монета весит 5 г, фальшивая — на 0,1 г больше. Как, имея рычажные весы и неограниченное число разновесок по 5 г и 0,1 г, определить одним взвешиванием, в каком кошельке фальшивые монеты?

Предлагаются также задачи на применение рассмотренных на занятиях кружка вопросов теории прогрессий высших порядков:

19) Найдите общий член последовательности 2, 4, 7, 11, ... , разности между любыми двумя членами (соседними) которой образуют арифметическую прогрессию.

20) Докажите, что функция / (п) = 1 + 2 + 3 + ... + п является арифметической прогрессией второго порядка.

21) Докажите, что всякое утроенное пятиугольное число равно треугольному, уменьшенному на единицу.

22) Если к пятиугольному числу, умноженному на 24, прибавить единицу, то получится квадрат числа, равного ушестеренному номеру пятиугольного, уменьшенному на единицу. Докажите.

23) Докажите, что последовательности многоугольных чисел суть арифметические прогрессии высших порядков.

Кроме рассказа учителя, беседы, решения задач на занятиях кружка и дома, может применяться и такая форма ра-

боты, как подготовка учащимися рефератов и обсуждение их на занятиях. Примерные темы рефератов:

а) Многоугольные числа (треугольные, квадратные, пятиугольные и др. числа; теорема Ферма: всякое натуральное число может быть представлено в виде суммы не более чем К к-угольных чисел; задачи на многоугольные числа).

б) Фигурные числа (фигурные числа нулевого и первого порядка; геометрическое истолкование фигурных чисел второго порядка; из истории изучения фигурных чисел второго порядка; из истории изучения фигурных чисел).

в) Сумма квадратов п первых натуральных чисел (различные алгебраические и геометрические способы вывода формулы).

Литература к рефератам: [3, 5, 7, 8, 12].

На заключительном занятии учащиеся знакомятся с некоторыми фактами из истории арифметической и геометрической прогрессий, а также с древнейшими задачами на прогрессии (см., например, [6, 5, 10]). Здесь же решаются различные исторические и занимательные задачи на прогрессии, например, такие:

24) Задача из египетского папируса, относящегося к III тысячелетию до новой эры: «Сто мер хлеба разделить между пятью людьми так, чтобы второй получил на столько же больше первого, на сколько третий получил больше второго, четвертый больше третьего, пятый больше четвертого. Кроме того, двое первых должны получить в 7 раз меньше трех остальных. Сколько нужно дать каждому?»

25) Вавилонская задача (II тысячелетие до н. э.): 10 братьев, 12/з мины серебра (мина равна 60 шекелям). Брат над братом поднимается, на сколько поднимается, не знаю. Доля восьмого 6 шекелей. Брат над братом — на сколько он выше?»

26) Задача из египетского папируса Ахмеса (II тысячелетие до н. э.): «У некоторых семи лиц есть по семи кошек. Каждая кошка съедает по семи мышей, каждая мышь съедает по семи колосьев ячменя, из каждого колоса может вырасти по семи мер зерна. Сколько всего предметов?» (Эта задача в различных вариантах повторяется в разные века у разных народов: задача о семи старухах из «Книги об абаке» Леонардо Фибоначчи, задача в английских стихах из американской школьной арифметики 1801 г., русская народная задача XIX века о семи старцах и т. д. — см. Е. И. Игнатьев, В царстве смекалки, т. III).

27) Знаменитый численный круг пифагорейцев составлялся так, что писали подряд числа натурального ряда, начиная с 1 до какого-либо заданного числа, и затем писали те же числа в обратном порядке по 1. При сложении всех этих чисел получается квадрат заданного числа. Проверьте это для числа 9; докажите для любого n^N. Как рациональнее выполнять сложение таких чисел?

28) Философ Филон Александрийский (I век н. э.) считал число 120 особенно священным, т. к. оно равнялось сумме некоторого числа натуральных чисел, которое принималось за число света ввиду его отношения к времени обращения Луны вокруг Земли. Найдите это число света.

29) Задача из анонимной рукописи X века на арабском языке: «Найти три числа, квадраты которых составляют арифметическую прогрессию». (Одно из решений задачи принадлежит Леонардо Фибоначчи: искомые числа — сумма длин катетов, длина гипотенузы, разность длин катетов прямоугольного целочисленного треугольника).

30) Задача из немецкого рукописного сборника XIII века: «В Кельне было три брата, имевших 9 сосудов с вином. Первый сосуд был емкостью в 1 кварту, второй содержал 2 кварты, и каждый следующий содержал одной квартой больше. Требуется разделить вино поровну между братьями, не смешивая содержимого сосудов». (Всего возможно 12 решений задачи).

31) Задача из «Арифметики» Магницкого (1703 г.): «Купецкий некто человек, имяще 14 чарок серебряных, ихже каяждо превышает тягостию по чину прогрессии четырьмя лотами, а последняя чарка весит 59 лотов. И ведательно есть, колико все чарки веса имуть».

32) Задача из «Элементарной алгебры» К. Н. Рашевского (1924 г.): «При продаже одного маленького домика владелец его сказал покупателю: «Я спешу продать свой дом и возьму с вас недорого. Вы положите 1 копейку на первую ступеньку крыльца, 2 копейки на вторую, 4 копейки на третью, 8 на четвертую и т. д. на все ступеньки, которые есть в доме». Покупатель с радостью принял это условие, т. к. крыльцо имело 7 ступенек, и лестница, ведущая на второй этаж, 19, так что всего надо было покрыть монетами 26 ступенек. Когда покупатель приступил к уплате, то содержимое его ко-

шелька стало истощаться быстрее, чем он предполагал. Тогда продавец, чтобы не затруднять покупателя, представил ему расчет:

У покупателя лицо вытянулось, когда он взглянул на итог, и он надолго запомнил, что такое геометрическая прогрессия».

33) «Одно лицо, желавшее сделать сбор с благотворительной целью, придумало для этого такой способ (так называемую «лавину»): оно разослало двадцати своим знакомым письма следующего содержания. «№ 1. Лицо, которое получит это письмо, просят разослать копию его 20 своим знакомым, пометив ее № 2, с тем чтобы каждый, получивший № 2, сделал то же самое, пометив копию № 3, и т. д. до № 20. Все лица, которые получат письма за № 20, должны послать тем, от кого они получили эти письма, по 20 копеек; лица, получившие письма за № 19, по получении денег с тех лиц, которым они посылали письма за № 20, прикладывают к собранной ими сумме по 20 копеек и пересылают всю сумму тому лицу, от которого они получили письма, т. е. № 18, и т. д.» Решить: а) может ли быть осуществлен придуманный сбор; б) каково должно быть, по меньшей мере, население земного шара, чтобы каждое лицо получило письмо только по одному разу; в) какую сумму дал бы придуманный сбор, если бы он мог быть осуществлен? (Попытки такого сбора имели место около 1910 года).

ЛИТЕРАТУРА

1. Балк М. Б., Балк Г. Д. Математика после уроков. Пособие для учителей. М., «Просвещение», 1971.

2. Бендукидзе А. Д. Золотое сечение. «Квант», 1973, № 8.

3. Бендукидзе А Д. Фигурные числа. «Квант», 1974, № 6.

4. Воробьева Н. Н. Числа Фибоначчи. М., «Наука», 1969.

5. Глейзер Г. И. История математики в школе. Пособие для учителей под ред. В. Н. Молодшего. М., 1964.

6. Депман И. Я История арифметики. Пособие для учителей. М., 1959.

7. Ляпин С. Е. Суммирование некоторых конечных рядов. «Математика в школе», 1951, № 5.

8. Малинин В. В. Геометрическое суммирование. «Математика в школе», 1961, № 5.

9. Маркушевич А. И. Возвратные последовательности. М., «Наука», 1975.

10. Перельман Я. И. Занимательная алгебра., М., «Наука» 1970.

11. Шоластер Н. Н. Арифметические прогрессии порядка К. «Математика в школе», 1970, № 6.

12. Янков Е. Сумма квадратов чисел натурального ряда. «Математика в школе», 1959, № 6.

Г. И. Попова

(Тарногский р-н Вологодской обл.)

ИЗ ОПЫТА ОРГАНИЗАЦИИ ВНЕКЛАССНЫХ ЗАНЯТИЙ ПО МАТЕМАТИКЕ В УСЛОВИЯХ СЕЛЬСКОЙ ШКОЛЫ

Внеклассная работа служит средством наиболее полного раскрытия талантов и способностей ребят, пробуждения у них интереса и склонности к какой-либо деятельности; она является формой организации досуга учащихся. На внеклассных занятиях учащиеся расширяют знания по предмету.

Специфической чертой внеклассной работы является ее добровольность, а также то, что она проводится при активном участии пионерской и комсомольской организаций, при этом большое внимание уделяется развитию познавательной самостоятельности учащихся.

В каждой школе обычно складываются свои формы внеклассной работы. В то же время приезжающие на работу молодые учителя вносят что-то новое в традиционные формы.

Обучаясь в институте, я с удовольствием вела занятия в ЮМШ, а затем, когда пришла в школу по окончании института, то все свои знания по внеклассной работе применила в школе.

В нашей Илезской средней школе Тарногского района ведется разнообразная внеклассная работа по математике. Работают кружки и ведутся факультативы во всех 6—10 классах, а для учащихся 4 и 5-го классов организован клуб «Математический огонек».

В 1975/76 учебном году я вела два кружка для учащихся 6-х и 9-х классов. В этом учебном году продолжаю вести кружок в 7-х классах и факультатив в 10-х классах, а также руковожу клубом «Математический огонек» для учащихся 4—5-х классов.

Хочется рассказать о занятиях этого клуба. С этой формой внеклассной работы я познакомилась в институте, когда училась на IV курсе. В это время работа клуба «Математический огонек» проходила экспериментальную проверку в школах г. Вологды под руководством преподавателей кафедры мате-

матики. Сейчас я могу утверждать, что эта форма внеклассной работы в одинаковой мере хороша и для сельской школы. Очень большую помощь в подготовке и проведении занятий оказывают ребята-старшеклассники. Они готовят наглядные пособия, которых нужно очень много; принимают участие в проведении самого занятия. На занятиях обычно большое место отводится математическим играм. Приведем план проведения одного занятия.

1. Как люди научились считать? (Сообщение учителя).

2. Египетская нумерация. (Сообщение ученика 10-го класса).

3. Игра «Египетское лото». (Проводили учащиеся 10-го класса).

5. Игра «Математические барьеры». (Закрепление всего, что узнали ребята на занятии).

На заключительном занятии клуба о египетской и римской нумерации была проведена игра «Математические лабиринты».

«Лабиринт» проводится в классной комнате. Парты и столы расставляются так, чтобы можно было свободно ходить между ними. На каждый стол ставится картонный куб, на всех гранях которого написаны числа и задания (рис. 1).

Игра проходит так. При входе в лабиринт ученик получает талон с написанным на нем числом (например 50). Получив талон, он находит куб, на одной из граней которого написано это число, и выполняет указанное там задание. Результат действия (ответ задачи) он должен найти на грани другого куба и снова выполнить написанное задание и т. д. После решения нескольких заданий, количество которых указывается заранее (например, пройти 5 кубов, т. е. выполнить 5 заданий), ученик подходит к контрольному пункту и сообщает ответ. Если цепочка заданий выполнена правильно, без ошибок, то ответ совпадает с контрольным числом, и ученик считается прошедшим лабиринт. Если же при выполнении одного из заданий ученик сделает ошибку, то он может пойти по ложному пути, его ответ не совпадет с контрольным числом,

Рис. 1

и лабиринт будет считаться не пройденным; ученик должен возвратиться и исправить ошибку, чтобы найти верный путь. Если ученик не смог найти ошибку сам, то он обращается к столу для справок, где ему помогают решить данную задачу.

В игре одновременно могут участвовать от 15 до 25 человек. Для организации проведения одного лабиринта достаточно иметь 15—20 кубов с ребром 10 см. Ради простоты хранения их можно сделать в виде разверток. Для того, чтобы кубы можно было использовать для лабиринтов, различных по содержанию, на боковые грани наклеиваются уголки, которые дают возможность менять карточки-задания.

Составление лабиринта не представляет особых трудностей. Наиболее простой способ построения системы заданий для лабиринта состоит в том, что выписывают набор задач (набор, состоящий из 75 задач, если мы имеем в наличии 15 кубов), группируют их по 3—5 (в зависимости от предполагаемого количества заданий). Ответы всех задач пишем крупно на карточках размера 85 мм X 90 мм, а затем под ответом первой пишем вторую задачу, под ответом второй — текст третьей задачи и т. д.

Получаем набор карточек. Например, рис. 2. Заготовленные таким образом карточки перемешиваются и вставляются в грани кубов. Лабиринт готов.

Рис. 2

Приведем для примера несколько задач из лабиринта смекалки, который был проведен нами на одном из занятий клуба «Математический огонек».

Лабиринт смекалки (IV—V класс)

№№ пп.

Число на карточке

Задание

Ответ

1

0

В делении 4хх: х5 = 1х восстановить делимое

420 425, 450

2

420 425, 450

Червяк ползет по стволу липы. Ночью он поднимается на 4 м вверх, а днем опускается на 2 м вниз. На седьмую ночь червяк достиг вершины дерева. Определить высоту липы.

16

пп.

Число на карточке

Задание

Ответ

3

16

Отцу 45 лет, сыну 18 лет. Через сколько лет отец будет вдвое старше сына?

9

4

9

Я живу на 6-м этаже, а мой друг Толя — на третьем. Возвращаясь домой, мне приходится пройти 55 ступенек. Сколько ступенек проходит Толя, когда возвращается домой?

22

5

22

В делении 4хх: х5 = 1х восстановить делитель

25, 35, 45

6

25, 35 45

У семи братьев по одной сестрице. Сколько детей в семье?

Общий вес 1020 кг

8

7

8

Лев 1-1 70 кг

Тигр 1 200 кг

Верблюд /-1 ^ !

Определить вес верблюда.

450

8

450

Выполнить сложение: CXCV + XLI =

236

9

236

Отцу 32 года, сыну 8 лет. Сколько лет будет сыну, когда отец будет втрое старше сына?

12

10

12

Какую цифру имеет на конце произведение всех нечетных двузначных чисел?

5

11

5

Найди третью часть числа: CDXX

140

12

140

На столе лежали конфеты в кучке. 2 матери, 2 дочки, да бабушка с внучкой взяли конфет по одной штучке и не стало этой кучки. Сколько было конфет в этой кучке?

3

13

3

Имеется 9 монет, не отличающихся по внешнему виду. Известно, что одна из этих монет фальшивая. Она имеет меньший вес. Сколько взвешиваний на чашечных весах нужно сделать, чтобы выделить эту монету?

Общий возраст (в сумме) 120 лет

2

14

2

Кит J V ^| 20 лет

Белуга |-/^^l Ю лет

Сом J /

Сколько лет может жить кит?

50

пп.

Число на карточке

Задание

Ответ

15

50

Увеличьте число: DXXXIX на 127.

666

16

666

У мальчика столько братьев, сколько и сестер, а у его сестры вдвое меньше сестер, чем братьев. Сколько братьев в семье?

4

17

4

В клетке находятся фазаны и кролики. У всех животных 35 голов и 94 ноги. Сколько в клетке фазанов?

23

18

23

Уменьшите число в 4 раза.

71

19

71

На какое наименьшее целое число делится без остатка любое целое число?

1

20 21

1

8240

Число 82** делится на 80. Восстановите делимое.

Найдите 10-ю часть числа: рррП П

8240 32

Эти занятия очень нравятся ребятам 4—5-х классов. Здесь все проходит в игровой форме, применяется много наглядности.

Большая польза и десятиклассникам, они приобщаются к работе с детьми, учатся выступать перед аудиторией.

Укажем еще на одну форму внеклассной работы по математике, которая очень нравится ребятам. Это математический пионерский сбор, который можно провести в 5—6-х классах. Вот такой сбор проходил в 5-м классе нашей школы.

После официальной части и отдачи рапортов вожатая объявила математический пионерский сбор открытым.

1-й ученик рассказал о значении математики и применении ее в разнообразных науках, производстве, быту.

2-й ученик — замечательный вычислитель. Он выполнил в уме действия над числами, названными из зала.

Вожатая сделала сообщение о числах-великанах и числах-карликах.

3-й ученик рассказал о том, к чему может привести отсутствие интереса к устному счету.

Вожатая провела устный счет по таблице.

4-й и 5-й ученики рассказали, как люди научились считать и о римской нумерации.

Учащаяся читает отрывок из пьесы Д. И. Фонвизина «Недоросль», о том, как Митрофанушка учил арифметику.

Сбор закончился заключительным словом учителя. Сбор прошел очень живо и интересно. Ребята сами готовились к нему, получили много интересных сведений по математике.

К тому же это был пионерский сбор, значит, ребята пришли в форме, официальная часть сбора организовала ребят, настроила на что-то необычное. К тому же на сборе присутствовали члены математического кружка, учащиеся старших классов. Присутствие «гостей» налагает чувство ответственности на пионеров, проводящих сбор, объединяет их в дружный коллектив, поднимает их авторитет в глазах гостей.

Разнообразная внеклассная работа по математике поднимает у ребят интерес к этому предмету, развивает мышление, а также способствует повышению успеваемости по математике.

Т. К. Бабкина

(г. Вологда)

О ПРОВЕДЕНИИ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ВЕЧЕРОВ В 7—8-х КЛАССАХ

Организация математических вечеров в 4—5-х классах имеет свои особенности и трудности. Дети в этом возрасте очень любознательны, но интерес их к тому или иному предмету еще не устойчив, поэтому внеурочные мероприятия по любой учебной дисциплине вызывают у них желание участвовать в них.

Рассказы об истории возникновения математических понятий, о практической значимости изучаемого материала, любопытные и занимательные факты математического характера — все это повышает интерес детей к предмету. Разгадывание математических ребусов, решение задач, требующих смекалки, участие во всевозможных конкурсах способствует развитию математических способностей учащихся. Именно на математическом вечере и могут встретиться все эти разнообразные виды деятельности школьников. По этой причине математические вечера как наиболее массовая форма работы с учащимися в возникновении и развитии интереса детей к предмету играют особую роль. Обычно в вечере принимают участие почти все учащиеся: и хорошо успевающие по математике, и те, у которых этот предмет вызывает трудности. После математического вечера ученик может записаться в кружок и продолжать уже систематически заниматься математикой, если интерес к такому виду деятельности у него появился. У школьников, испытывающих затруднения по математике, после участия в вечерах обычно появляется интерес к занятиям по математике, и они проявляют большую настойчивость в овладении предметом. При подготовке математического вечера учителю приходится подбирать материал, рассчитывая на массовость и разнохарактерность аудитории учащихся и продумывать, как и чем будут заняты дети на вечере. Сообщение новых интересных сведений по математике удачнее всего проходит в форме беседы, которая вызывает

у ребят желание размышлять над сообщаемым материалом; в содержание вечера включается и решение задач, и отгадывание ребусов; различные конкурсы и соревнования повышают активность школьников.

Тема вечера раскрывается и в оформлении его: частью такого оформления могут быть самодельные диапозитивы и кодопозитивы. Демонстрирование экранных пособий в ходе вечера вызывает у учащихся дополнительный интерес к материалу и оживляет беседу учителя. Кроме того, диапозитивы (и кодопозитивы), изготовленные к вечеру, могут применяться неоднократно, так как хранятся они гораздо дольше в сравнении с обычным бумажным оформлением вечеров.

Приведем примерный сценарий вечера «Рассказы о числах» для учащихся пятого класса, в ходе которого мы использовали самодельные диапозитивы и кодопозитивы.

Вечер был проведен в Воробьевской средней школе Сокольского района Вологодской области.

Сценарий вечера «Рассказы о числах» Вечер открывается чтением стихотворения «Считалочка».

Раз, два, три, четыре, пять. Шесть, семь, восемь, девять, десять. Можно все пересчитать, Сосчитать, измерить, взвесить. Сколько зерен в помидоре, Сколько лодочек на море, Сколько в комнате дверей, В переулке фонарей, Сколько камня на горе, Сколько кошек во дворе. Раз, два, три, четыре, пять, Шесть, семь, восемь, девять, десять. Можно все пересчитать, Сосчитать, измерить, взвесить. Сколько в комнате углов, Сколько ног у воробьев, Сколько пальцев на руках, Сколько пальцев на ногах, Сколько в садике скамеек, Сколько в пятачке копеек.

1-й ведущий (учитель или студентка):

«Раз, два, три... и т. д.» — все вы, ребята, много-много раз занимались счетом и, конечно, знаете, что в результате счета предметов получаются натуральные числа: 1, 2, 3, 4,...

А что вы знаете об этих числах? Например, о единице?

Единица — это самое первое натуральное число, с помощью единицы можно получить все натуральные числа: 1 + 1 = 2, 2 + 1 = 3, 3 + 1 = 4...

Попробуйте умножить

111111111

Л 111111111

Кто догадается, какое число получится в ответе? (12345678987654321).

Оказывается, наши давние знакомые — натуральные числа — имеют много интересных свойств и еще нераскрытых загадок. Вот число 2. Чем оно знаменито? Это первое простое число в натуральном ряду чисел. А какие простые числа вы еще знаете? (3, 5, 7, 9, 11...).

Знаете ли вы, как найти простые числа в ряду натуральных? Способ отыскивать простые числа известен ученым с глубокой древности. Предложил его древнегреческий математик Эратосфен, живший примерно в 3 в до н. э. (С помощью диапроектора «Свет» показывается диапозитив с портретом ученого).

В те далекие времена числа писали на дощечке, покрытой слоем воска. Убирая составные числа из ряда натуральных (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14,... — показывается на доске), Эратосфен протыкал острой палочкой дощечку, и при такой обработке она вскоре начинала походить на решето (показывается диапозитив). Таким методом составлялись таблицы простых чисел (показывается таблица «Простые числа первой тысячи» из серии таблиц для 5-го класса). С давних пор пытались найти ученые самое большое простое число, но оказывается, человек, «просеивающий» натуральные числа, никогда не останется без работы — простым числам, как и натуральным, нет конца. Это доказал другой ученый древности Евклид (показывается диапозитив с портретом ученого).

Рассматривая внимательно распределение простых чисел в ряду натуральных, можно заметить, что иногда два простых числа стоят почти рядом, так, что разность между ними равна 2 (5, 7; 11, 13; 17, 19,...). Такие пары чисел (простых) называются близнецами. Примером чисел-близнецов служат номера годов. 1949 и 1951. А когда еще ожидается такая ближайшая пара годов? (1997 и 1999). Факт, что простых чисел бесконечно много, известен ученым давно, а вот вопрос о том, сколько чисел-близнецов среди простых чисел, до сих пор не решен.

Многие задачи из области простых чисел кажутся на первый взгляд легкими, такими, что попытаться решить их может даже пятиклассник. На самом деле это не так, занимались этими «легкими» задачами многие крупные ученые, и порой проходили целые века от открытия до открытия.

На протяжении нескольких столетий многие ученые-математики искали закон распределения простых чисел среди натуральных. Удалось это лишь нашему русскому математику П. Л. Чебышеву (1821—1894 гг.), который нашел формулу, позволяющую приблизительно установить, сколько существует простых чисел, не превышающих данного числа. (Показывается диапозитив с портретом ученого).

Многие открытия в той области математики, которая занимается изучением свойств целых чисел и называется теорией чисел, сделаны русскими и советскими математиками.

Советскую школу теории чисел возглавляет академик И. М. Виноградов. (Показывается диапозитив с портретом ученого).

2-й ведущий: Сейчас мы с вами проведем состязание: «Кто быстрее сосчитает?».

На сцену вызывается один из учеников, которому предстоит найти значение суммы 10 чисел, написанных в следующем порядке: любые два первых числа, написанные одно под другим, сложить, затем полученное третье число сложить со вторым и найти четвертое, полученное четвертое сложить с третьим и найти пятое и т. д.

Кто быстрее найдет значение суммы этих десяти слагаемых: 3 + 4 + 7 + 11 + 18 + 29 + 47 + 76 + 123 + 199.

Ведущий: Я назову значение суммы сразу — 527. Вы, ребята, понимаете, что мне пришлось воспользоваться здесь свойствами чисел, о которых вы еще не знаете. (Можно объяснить, что секрет этого приема объясняется следующими фактами:

Для нахождения значения суммы нужно увеличить в 11 раз седьмое слагаемое. 1 ведущий:

Примененный нами прием устного счета также связан со свойствами некоторых натуральных чисел, которые в математике называются числами Фибоначчи.

Обратите внимание, как образуются коэффициенты у слагаемых в нашей сумме:

коэффициенты у «а»: — 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21

коэффициенты у «в»: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34.

Каждый следующий член такой последовательности (начиная с 3) равен сумме двух предыдущих. Как эти числа придумал Фибоначчи? Он взял их из действительной жизни. В своей книге по математике, написанной в 1202-м году, он формулирует и решает интересную задачу о кроликах, сущность которой заключается в следующем: узнать, сколько пар кроликов родится от одной пары в течение года, если потомство они дают со второго месяца после рождения, а каждая новая пара появляется через месяц. (Графическое изображение условия задачи показать с помощью диапозитива): 0 мес. (1 пара)

конец 1 мес. (2 пары)

конец 2 мес. (3 пары)

конец 3 мес. (5 пар) и т. д.

Количество пар кроликов в конце каждого из месяцев образует последовательность чисел, о которой мы уже говорили: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 87, 142, 229.

Сам Фибоначчи не занимался изучением чисел, носящих его имя. Заинтересовались ими математики гораздо позже, только в 19 столетии. В последние годы оказалось, что числа Фибоначчи с успехом применяются в вычислениях на ЭВМ. Давайте и мы с вами посмотрим на члены выписанной последовательности (1), некоторые интересные свойства их вы и сами заметите.

1. Каждое 3 число Фибоначчи делится на 2, каждое 4 — на 3, каждое 5 — на 5, каждое 6 — на 8...

2. Выпишем названные делители: 2, 3, 5, 8... Они снова образуют ряд Фибоначчи.

3. Рассмотрим рядом стоящие члены последовательности. Какие это числа? (Взаимно простые).

4. Иногда ученые рассматривают обобщенный ряд Фибоначчи:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55...

F и F 2, F3, F4, F5, Fe, F7, FS,F9, Fï0

Обозначим каждый член этого ряда буквой F с соответствующим индексом. Если мы внимательно посмотрим на индексы и на числа ряда, которым эти индексы принадлежат, то заметим связь между простыми числами и числами нашей последовательности: всякое простое число ряда (кроме четвертого) имеет простой индекс.

Может быть, справедливо и обратное утверждение: если число ряда имеет простой индекс, то оно и само простое? Тогда и простых чисел в ряду Фибоначчи, как вообще простых чисел, бесконечно много. Оказывается, нет. Пример тому Fig = 4181. 19 — простое число, но 4181 = 37-113.

Поэтому и не знают пока ученые ответа на вопрос: сколько простых чисел в ряду Фибоначчи?

Еще многие проблемы простых чисел остаются загадкой для ученых.

Оформление вечера

1. Плакаты с высказываниями о математике:

а) «Математика является самой древней из всех наук, вместе с тем она остается вечно молодой». (М. В. Келдыш).

б) «Математика — царица наук, теория чисел — царица математики» (К. Гаусс).

в) «Решение трудной математической проблемы можно сравнить со взятием крепости» (Н. Я. Виленкин).

2. Ребусы.

Восстановить недостающие цифры

3. В примерах на сложение цифры заменены буквами (одинаковые буквы означают одинаковые цифры), получилось вот что:

а) удар + удар = драка (отв.: 8126 + 8126 = 16252)

в) кис + кей = иск (ответ: 495 + 459 = 954) 4. Занимательный квадрат.

В клетках квадрата расставить цифры так, чтобы по всем направлениям было 33.

Ответ: рис. 2

Рис. 1

Рис. 2

5. Расставить числа от 1 до 9 в кружочках так, чтобы по любой прямой линии сумма их была равна 15.

Ответ: рис. 4 — одно из решений.

Рис. 3 Рис. 4

6. Разместить числа 1, 2, 3, 4, 5, 6 по одному около вершин треугольника и около середины его сторон так, чтобы сумма трех чисел, расположенных около любой стороны» была одна и та же.

Ответ: рис. 5 либо рис. 6

Рис. 5

Рис. 6

7. Каким должно быть последующее число в этом ряду: 4, 9, 19,..?

Ответ: 39

8. Загадки к вечеру (предлагаются со сцены во время паузы между частями вечера):

а) «Мой первый слог — предлог, Второе — летний дом,

А целое порой решается с трудом».

(Задача).

б) «Возьми два слова СОМ и СЕТЬ, Взгляни на буквы и ответь. Как переставить буквы «эти, Чтоб два числа иметь в ответе?»

(Сто и семь).

9. Знаешь ли ты? (плакаты с текстом могут быть помещены в газете).

а) 1 плакат. Проблемы простых чисел на первый взгляд не очень сложны, поэтому заниматься ими пытались и не только ученые-математики. Так, И. М. Первушин, сельский священник, в 1883 году доказал, что число 261 — 1 = = 2.305.843.009.213.693.951 — простое. Результат Первушина был проверен и подтвержден академиком Е. И. Золотаревым.

б) 2 плакат (или здесь же). Легко ли установить, что число 2257 — 1 является составным? В 1932 году математик Д. И. Лемер (1867—1939 гг.), пользуясь тогдашними счетными приборами, для установления этого факта работал целый год. В 1952 году электронносчетная машина годовую работу Лемера выполнила за 48 секунд, подтвердив его результат.

в) 3 плакат. Самое большое простое число, которое сейчас известно — 219937 — 1. Чтобы написать его полностью без степеней потребуется шесть тысяч две цифры. Наиболее известная пара чисел близнецов — это числа 10999949 и 10999951.

г) 4 плакат (с портретом П. Л. Чебышева). Великий русский математик П. Л. Чебышев был выдающимся изобретателем, он сделал более 40 изобретений, одно из которых называлось «стопоходящая машина», по принципу такой машины построен шагающий экскаватор.

Вопросы для викторины к вечеру

Из приведенных ниже вопросов и задач можно отобрать 10—12 для проведения заключительной викторины. Не все вопросы должны быть связаны с темой вечера, лучше если викторина будет комбинированной. Решение предложенных заданий не требует сложных вычислений и записей, большинство из них решаются устно. Некоторые задачи и вопросы только зачитываются, условия других — должны быть записаны на доске. Ответы учащихся оцениваются определенным количеством очков (за полный обоснованный ответ — два очка, за неполный — одно).

1. Найти пересечение множества простых чисел и множества четных чисел.

Ответ: 2.

2. Могут ли два простых числа являться двумя последовательными числами натурального ряда?

Ответ: 2, 3.

3. Представить 100 в виде суммы двух простых чисел.

Ответ: 47 + 53, 97 + 3 и др.

4. Может ли сумма двух простых чисел быть простым числом?

Ответ: Может. Например: 2 + 5, 11 + 2 и др.

5. Может ли сумма четырех простых чисел быть простым числом?

Ответ: Может. Например: 2 + 11 + 13+17

6. Назвать число, имеющее только три делителя. Ответ: 4,9,25 и др.

Какой общий вид такого числа? Ответ: Квадрат простого числа.

7. Найти пять последовательных чисел натурального ряда, которые являются составными числами.

Ответ: 24, 25, 26, 27, 28.

8. Когда произведение 1000 простых чисел делится на 41?

Ответ: когда 41 является одним из этих сомножителей.

9. Составить 1 из всех цифр и известных знаков действий.

Ответ:--;---= 1

10. Как расставить знаки « + » между цифрами числа 987654321, чтобы в сумме получилось 99?

Ответ: 1) 9 + 8 + 7+65 + 3 + 2 + 1 = 99.

2) 9 + 8 + 7 + 6 + 43 + 21 = 99 и др.

11. Какова последняя цифра ответа следующих примеров:

1) 321 - 727 - 245 • 582 + 833-275-691.480

2) 523-318.727—632 219-338

Ответы: 1) 0; 2) 4.

12. Написать 100 шестью девятками.

Ответ: 99+-

13. Какое это число, если четверть его — половина и еще четверть?

Ответ: 3.

14. На какое число надо разделить данное, чтобы увеличить его в три раза?

Ответ: —

15. Назвать как можно больше слов математического значения, начинающихся с буквы «П» (прямая, перпендикуляр, периметр...).

16. Какое число можно получить из слова «скоро»?

Ответ: Сорок. На вечере проводится соревнование «Кто быстрее сосчитает от 1 до 23» (желательно при подведении итогов викторины).

Рис. 7

ЛИТЕРАТУРА.

1. И. Я. Депман. История арифметики. Учпедгиз, 1959.

2. М. Гарднер. Математические новеллы. «Мир», Москва, 1974.

3. М. Б. Балк, Г. Д. Балк. Математика после уроков. М., «Просвещение», 1971.

4. Ф. Г. Петрова. Математические вечера. Ижевск, 1968.

5. Журнал «Квант».

6. Внеклассная работа по математике. М., «Просвещение», 1974.

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СМЕСЬ

Задачи и головоломки

1. Стенные часы пробили 5 ударов за 5 секунд. Сколько секунд потребуется на 10 ударов?

2. Узнать, через сколько минут после того, как часы показывали 9 часов, минутная стрелка догонит часовую.

3. Расшифруйте запись действий. (Одинаковые цифры заменены одной и той же буквой, разные — разными. При этом известно, что числа TP и ВО делятся на 13).

4. Из 16 отрезков построены 5 квадратов (рис. 1). А как из 12 отрезков построить 6 таких квадратов?

5. Из палочек сложены 4 квадрата (рис. 2). Переложить несколько палочек так, чтобы получилось всего 3 квадрата. Найти два решения.

6. Начертить фигуру, изображенную на рис. 3, не отрывая карандаша от бумаги. Дважды идти по одной линии не разрешается.

7. Найти сумму внутренних (острых) углов пятиконечной звезды.

8. Два одинаковых катера, имеющих одинаковую скорость в стоячей воде, проходят по двум рекам одинаковые расстоя-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

ния по течению и возвращаются обратно. В какой реке на эту поездку потребуется больше времени: в реке с быстрым течением или в реке с медленным течением?

9. Сумма номеров домов на одной стороне квартала 333. Определите номер дома, пятого от угла квартала. Кажется, что эту задачу решить невозможно. А в действительности она решается простым логическим рассуждением и применением первых четырех действий арифметики.

10. Вокруг елки хоровод. Каждая девочка держит за руку мальчика и девочку. Через одного человека от каждой девочки тоже один мальчик и одна девочка. В хороводе кружатся 10 мальчиков. А девочек сколько?

11. Книги девятитомного издания оказались расставленными на полке в случайном порядке: 1, 5, 9, 2, 7, 3, 6, 8, 4. Требуется расставить их по порядку номеров слева направо посредством трех перестановок, если при каждой перестановке разрешается брать два рядом стоящих тома и в том же порядке ставить их на новое место.

12. Найти шестизначное число, которое, будучи умножено на 2, 3, 4, 5 и 6, дает в результате числа, составленные из тех же шести цифр, что и данное.

13. Что больше: 3311 или 1714?

14. Разрезать прямоугольник размером 16X9 на две части так, чтобы из них можно было составить квадрат.

15. Разрезать на 4 конгруэнтные части фигуру, изображенную на рис. 4.

Рис. 4

16. Найти по возможности наибольшее число способов деления круга на 4 равновеликие части, используя в качестве линий деления концентрические окружности, а также радиусы и их части.

17. Случай с лотерейным билетом.

Коля и Петя учатся в разных школах. Как-то при встрече Коля стал рассказывать Пете: «Бывают же на свете случаи! Задумали мы в школе провести спортивную лотерею, чтобы на вырученные деньги приобрести кое-какой спортивный ин-

вентарь. Изготовили 1500 билетов (по числу учащихся в школе). Купил и я себе билет. Вчера стал искать его, чтобы запомнить номер, а билета нигде нет. «Ну, ладно,— думаю,— буду тогда читать дальше «Трех мушкетеров». Открываю книгу, а там между 13 и 14 страницами в качестве закладки лежит мой лотерейный билет. И номер у него 1314. Вот так совпадение! Ну, что ты на это скажешь?» Петя поразмыслил немного и ответил: «Скажу, что ты соврал».

Почему к такому выводу пришел Петя?

18. Дочери бедного рыцаря

(Сказка-загадка)

Давным-давно жил во Франции бедный рыцарь. Были у него две дочери: Элиза и Жанна. Это были самые правдивые девушки на свете. Они никогда никого не обманывали, даже первого апреля! Только раз в году, в день своего рождения, каждая из дочерей могла отклониться от истины и то только тогда, когда у нее спрашивали, когда она родилась. Однажды (6 апреля 1442 года) остановившийся в замке путник спросил у Элизы, когда ее день рождения.

«Он был вчера »,— последовал ответ.

На этот же вопрос Жанна ответила: «Он будет завтра». На следующий день путник снова спросил о том же самом Элизу и Жанну.

«Он был вчера,— снова ответила Элиза. «Он будет завтра»,— сказала Жанна.

Путник был очень озадачен этими ответами. Но вам-то нечему удивляться, подумайте-ка получше, возьмите карандаш, бумагу и скажите, когда у Элизы и Жанны дни рождения.

19. Завещание швейцарского часовщика

У одного швейцарского часовых дел мастера были прекрасные золотые часы тонкой работы. Часовщик завещал их тому, кто сумеет разделить циферблат тремя кривыми линиями на части так, чтобы сумма чисел в каждой части равнялась 15. Долгое время никто не мог этого сделать: ведь общая сумма чисел на циферблате равняется 78, а как же 78 разделить на четыре, чтобы получилось пятнадцать? Наконец, один молодой подмастерье, славившийся своим умом и сообразительностью, внимательно вчитался в задачу и справился с этой трудной задачей.

Как ему удалось это сделать?

20. Точное взвешивание

При покупке драгоценного камня для исключения возможности обвешивания покупатель потребовал взвесить камень два раза: положив один раз на одну чашку весов, в другой — на другую. Заплатил он из того расчета, что истинный вес камня равен среднему арифметическому из обоих взвешиваний.

Кому выгоднее такая оценка, продавцу или покупателю, если весы действительно неравноплечи?

Ответы и решения

1. Между 5 ударами имеется 4 таких промежутка времени, каких между 10 ударами имеется 9. Если на 4 промежутка приходится 5 секунд, то на 9 промежутков потребуется

2. Минутной стрелке, чтобы догнать часовую, надо пройти на 45 минутных делений больше часовой стрелки. Так как часовая стрелка проходит одно деление за 12 минут, то она за каждую минуту проходит деления и, следовательно, минутная стрелка нагоняет ее за каждую минуту на делении. На 45 делений потребуется

4. Нужно построить куб.

5. Решение видно из рисунков 5 и 6.

6. Решение видно из рисунка 7.

Рис. 5 Рис. 6

7. Сумма величин внутренних углов пятиугольника KMNPQ (рис. 8) равна 2d (5 — 2) = 6d. Вместе с вертикальными по отношению к ним углами (АКВ, ВМС,...) получим 2 6d = 12d.

Рис. 7 Рис. 8

Тогда сумма величин углов при основаниях треугольников ОКА, К MB и т. д. равна 4d-5 — 12d = 8d. Так как сумма величин углов треугольников QKA, КМВ и т. д. равна 2db = Wd, то на искомую сумму остается lOd — Sd = 2d.

Итак. Â + B + C + Ô + £+ F = 2d.

Если пятиконечная звезда имеет правильную форму, то решение не вызывает никакого труда.

8. Пусть X км/час—собственная скорость катера, у км/час и z км/час — скорости течения рек, причем y>z, S — расстояние, пройденное каждым катером в одном направлении; время, затраченное на весь путь в реке с быстрым течением t\ — час, а в реке с медленным течением — t2 час.

Тогда имеем:

Отсюда, приняв во внимание, что y>z, получим: t\>t2.

9. Номера домов возрастают последовательно на 2. Сумму таких чисел мы находить умеем, для чего сумму крайних слагаемых умножаем на число слагаемых и делим на 2. Если обозначить число домов через п, а их первый и последний номер соответственно через а и Ь, то получаем, что

По условию п ^ 5, значит, п=9.

Теперь легко найдем, что номер пятого (среднего) дома равен 37.

10. Девочек вдвое больше, чем мальчиков. Они расположены так: ...М ДДМДДМДД... (Д — девочка, M — мальчик).

11. Требуемые перестановки представлены следующей таблицей:

1) 1, 5,9, 2, 3, 6, 7,8,4;

2) 1, 2, 3, 6, 7, 8,4, 5,9;

3) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

12. Если дробь — при /; простом обращается в периодическую десятичную дробь с периодом в р — 1 цифр, то при умножении — на 2, 3, 4, (р — 1) будут получаться периодические десятичные дроби с периодом, состоящим из тех же цифр, расположенных в другом порядке.

В данном случае имеем 6 цифр, число 7 простое и -~ = = 0,(142857). Следовательно, именно дробь — при обращении ее в десятичную дает искомое шестизначное число.

Итак, искомое число 142857. Небезынтересно попытаться найти это число непосредственно.

13. Ясно, что ЗЗ11 меньше, чем 3411. Но 3411=1711-211 = = 17п-2048, а 1714 = 17п • 173=17п-4913. Отсюда видно, что 17,4>3411>33п.

14. Решение видно из рисунка 9.

15. Требуемые разрезы показаны на рисунке 10.

Рис. 9 Рис. 10

16. Один из способов совершенно очевиден. Он изображен на рисунке 11 (1). Разделим данный круг концентрическими окружностями на 4 равновеликие части. Будем считать радиус этого круга равным 1. Очевидно, радиусы искомых концентрических окружностей могут быть найдены из уравнений:

Рис. 11

Нетрудно подметить следующее: если в данный круг вписать правильный треугольник, квадрат и правильный шестиугольник, то х, у и z будут соответственно радиусами вписанных в эти многоугольники кругов. Теперь легко получить еще 7 способов деления круга на 4 равновеликие части (см. рис. 11 (2—8)).

17. Страницы 13 и 14 всегда находятся по разные стороны одного и того же листа. Поэтому лотерейный билет не мог лежать между ними.

18. 6 апреля день рождения Элизы, ее ответ путнику в этот день был неверным. Но на следующий день, 7-го числа, отвечая: «вчера»,— она сказала правду.

День рождения Жанны — 7 апреля. Накануне его, отвечая: «Завтра»,— она сказала правду, а в самый день рождения отклонилась от истины.

19. Хитроумный подмастерье так разделил циферблат часов: (см. рис. 12).

20. Задача сводится к определению истинного веса камня, взвешенного дважды на неравноплечих весах: на одной и другой чашке.

Рис. 12

Обозначим длины плеч весов через 1\ и /2. Положим на левую чашку камень, вес которого х мы определяем; пусть на правую чашку пришлось положить для равновесия груз т. Применяя известное правило рычага, находим je-/i = m-/2. Переменим местами камень и разновесы. Условие равновесия теперь будет п- 1\=х • /2, где п — груз, положенный на левую чашку.

Разделив первое равенство на второе, найдем: откуда х=\гтп. Истинный вес камня равен среднему геометрическому их обоих взвешиваний. Так как при m Ф п, т^П >Vmri > то покупатель к собственной невыгоде уплатил за драгоценный камень больше, чем следовало.

Материал для «Математической смеси» подготовила студентка IV курса Вологодского пединститута Махина Т. А.

СОДЕРЖАНИЕ

Скопец 3. А. Преобразования симметрии пространства в задачах ............ 4

Губа С. Г. Вычисление некоторых тригонометрических сумм 15

Иванова Т. А. Введение барицентрических координат на векторной основе .......... 24

Балк М. Б., Григорьев Н. А. О барицентрических координатах 40

Приеде М. Х. Множество сдвигов с параллельными осями как модель двумерного векторного пространства .... 52

Корикова Т. М. К вопросу изучения свойств трехгранного угла на векторной основе ........ 62

Данилов А. Н., Макаров А. П. О длине алгоритма Евклида 74

Балк М. Б., Полухин А. А. Мнимые числа и переменный ток 84

Губа С. Г., Еремеева Н. Н. Решение экстремальных задач на внеурочных занятиях в восьмилетней школе . . .100

Барболин М. П. О решении нестандартных задач . . .107

Эрдниев Б. Соответствия между теорией множеств и логикой высказываний , . . . . . . . . . .116

Лютомский Г. Б. Алгебра релейно-контактных схем на внеурочных занятиях . . . . . . . . .126

Каминская Э. Л. Математическая модель задачи линейного программирования в школе . . . . . . . .135

Лускина М. Г. Внеклассная работа по изучению последовательностей в восьмилетней школе . . . . . . .142

Попова Г. И. Из опыта организации внеклассных занятий по математике в условиях сельской школы . . . .154

Бабкина Т. К, О проведении математических вечеров в 4—5 классах . . . . . . . . . . . ,160

Математическая смесь . . . . . . . .171

ПОДГОТОВКА СТУДЕНТОВ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ИНСТИТУТОВ К ВНЕУРОЧНОЙ РАБОТЕ ПО МАТЕМАТИКЕ

Сдано в набор 15.11. 1978 г. Подписано к печ. 26 . XII. 1977 г. ГЕ02039. Формат 60Х84/,б. Физ. печ. л. 11,25. Усл. печ. л. 10,46. Уч.-изд. л. 10,02. Тираж 1000 экз. Цена 90 коп. Заказ 992.

Вологодский государственный педагогический институт Областная типография, г. Вологда, ул. Челюскинцев, 3.