МИНИСТЕРСТВО ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

ВОЛОГОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ

ПОДГОТОВКА СТУДЕНТОВ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ИНСТИТУТОВ К ВНЕУРОЧНОЙ РАБОТЕ ПО МАТЕМАТИКЕ В ШКОЛЕ

ВОЛОГДА 1981

Министерство просвещения РСФСР

Вологодский государственный педагогический институт

ПОДГОТОВКА СТУДЕНТОВ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ ИНСТИТУТОВ К ВНЕУРОЧНОЙ РАБОТЕ ПО МАТЕМАТИКЕ

Вологда 1981

Редколлегия:

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

В сборнике помещены материалы, которые могут быть использованы преподавателями педвузов при чтении спецкурсов и проведении спецсеминаров, а также студентами при написании курсовых и дипломных работ. Отдельные статьи могут быть рекомендованы учителям средней школы для использования на внеурочных занятиях по математике.

З. А. СКОПЕЦ, Т. П. ЧЕРЕПАНОВА (г. Ярославль)

ЗАДАЧИ НА ЗАМЫКАНИЕ

Среди необъятного многообразия геометрических задач имеются задачи со специфическим содержанием, связанные с построением замкнутых ломаных. Эти задачи называются "Задачи на замыкание". Особенность их содержания заключается в том, что каждая из них имеет бесконечное множество решений, коль скоро она имеет хотя бы одно решение (или иногда несколько решений). При общих предположениях задача решений не имеет.

Методы решения таких задач основываются на теории геометрических преобразований, начиная с самых простых - перемещений и подобий, и кончая более сложными преобразованиями и отображениями, с которыми обычно приходится встречаться в современных теоретических исследованиях. Однако, отдельные задачи решаются и традиционными средствами, доступными учащимся средней школы.

Ниже мы познакомим заинтересованного читателя с некоторыми планиметрическими задачами на замыкание и их решениями.

ЗАДАЧА 1. Три прямые а, 3, с (рис. 1) имеют общую точку О. Через точку <Леа. проведена прямая с, ', параллельная с и пересекающая о в точке ^. Через ^ точку проведена прямая *0 параллельная а, и пересекающая с в точке С. Затем через с проведена прямая 8t, параллельная в и пересекающая а в точке J,, через а*, - прямая сг, параллельная с, пересекающая 8 в точке г£,.

Доказать, что прямые аг и Se, проходящие через точки «4 и «У соответственно параллельно прямым л и â > пересекаются в точке на прямой с. Решение. Рассмотрим параллелограммы QJMbC и Q&Crf,, Они имеют общую сторону *&С, поэтому отрезки M и М, конгруэнтны. Параллелограммы ОЛСЛ, и OCjf, &, также имеют общую сторону Cd,, поэтому \OJ>\ = 10А, \. В итоге имеем такие пары симметричных относительно Q точек: ^и^, J> и «Д. По условию задачи прямые а, и в,, проходящие через *0 и «4, пересекаются на прямой с. Следовательно, их образы и ^ при симметрии 29 должны также пересекаться на прямой с #

ЗАДАЧА 2. Дан треугольник (рис. 2),, (*Р) - (f>Q)=c # Через точку проведена прямая ç, параллельная с и пересекающая £ в точке &. Через проведена прямая а,, параллельная а. и пересекающая с в точке С. Затем через С проведена прямая S,, параллельная S 9 пересекающая о. в точке, через - прямая сг параллельная £, пересекающая € в точке. Доказать, -что прямые &г и, проходящие через ^ н ^ соответственно параллельно прямым а и S, пересекаются на прямой с.

Решение1. Предположим, что прямые а-г и ^ пересекают прямую с в точках С, и О Покажем, что С =^

Согласно теореме о пропорциональных отрезках можем записать: IPC. j-. ICQI = 1РЛ, 1Ч*. *1>

Рис. 1

Рис 2.

Из подученных пропорций следует равенство

а из него - истинность производной пропорции

или

Окончательно получаем:

По аналогии составим ряд пропорций:

Отсюда имеем

Значит выполняется пропорция

Следовательно,

Но \К1* IQCI, поэтому 1РС, 1=1РСг1 Из того, что С, и Сг принадлежат отрезку PQ, следует Сг=С,.

Решение 2. Параллельное проектирование прямой cl на прямую 8, при котором Л переходит в *3, есть отображение подобия. Отображение прямой S на прямую с, при котором *Ъ переходит в Ç, есть также подобие» Точно также имеем еще три подобия, при которых C-+Jt> Л, + Л, С,, Композиция этих подобий есть подобие J*, при котором прямая а. отображается на прямую с. Но, как легко проверить, j(Q)9 Q>f(#J* Ъ H^js^* Следовательно, J- - есть параллельное проектирование VL(Jct)/i£%

ЗАДАЧА 3. Дан треугольник PQR (рис. 3). Через его вершины проведены прямые РЦ, пересекающиеся в точке ~и.

Через точку Je а, проведена прямая с,, параллельная?<> и пересекающая в в точке $>. Через эту точку проведена пря-

мая a, параллельная aQ и пересекающая с в точке С

Через эту точку проведена прямая а,, параллельная аа, пересекающая с в точке С Затем через точку С проведена прямая в, t параллельная S0, пересекающая а. в точке jft ; через Jft - прямая ^, параллельная са, пересекающая S в точке. Доказать, что прямые аг и 6г, проходящие через *&, vl j соответственно параллельно я* и 4>, пересекаются в точке Ct на прямой с.

Решение. Предположим, что прямая аг пересекает прямую с в точке С,, а прямая 8г пересекает прямую с в точке Сг. Докажем, что С, =Се,

Воспользуемся теоремой о пропорциональности отрезков, высекаемых на сторонах угла параллельными прямыми. Получим ряд пропорций:

(1)

На основе теоремы Чевы можем записать:

(2)

Перемножив почленно пропорции (I), получим

(3)

Из (2) и (3) следует

(4)

Поскольку (C, C()l?, }cc 9 то равенство (4) говорит о том, что точки С и С, симметричны относительно И1 По аналогии получаем:

Рис. 3

(5)

Перемножим почленно пропорции (5):

(6)

В силу равенства (2) и (6) выполняется конгруэнтность отрезков

СгЯ, и CR, 9 причем [ctC£tR, ]cc. Значит, точки С и Câ симметричны относительно R,. В итоге можем утверждать, что точки Ct и Сг совпадают.

ЗАДАЧА 4. В четырехугольник J, Jk^s^H (рис. 4) вписаны два четырехугольника Л, Лр^з*^ и ÇÇ^Ç* с соответственно параллельными сторонами. Доказать, что если три стороны четырехугольника 9#9д%Ф4, вписанного в четырехугольник Л, <*г4&<*н t параллельны трем сторонам четырехугольника то их четверные стороны параллельны.

Решение. По условию задачи (4AJJf(c*ty поэтому переход от точек А и с, принадлежащих прямой н точкам \ и £, принадлежащим прямой 44з, можно рассматривать как параллельное проектирование прямой 44t на прямую ^г4з. При параллельном проектировании сохраняется отношение соответствующих отрезков. Поэтому в данном случае отображение (<^^г) на ^«gj можно рассматривать еще и как подобие %, при котором точки «3/, ci и % переходят соответственно в точки Л>, £ » %. По аналогии можно записать, что

Композиция рассматриваемых подобий 6Г, есть подобие б" прямой, так как б/^*^ ор, (4*$) * (<*t4i), причем точки Л, и С, неподвижны. Известно, что подобие прямой, отличное от тождественного отображения, может иметь не более одной неподвижной точки. Следовательно, G есть тождествен-

Рис. 4.

ное преобразование. Отсюда следует, что, выполняя преобразования 6, Сг> Ç*A в той же последовательности над любой прямой получим исходную точку, т. е. ломаная $ %9Л9+, вписанная указанным образом в четырехугольник сЛ, <йгсйлЛн, замкнутая.

ЗАДАЧА 5. Дан произвольный шестиугольник. Доказать, что композиция шести центральных симметрий относительно середин его сторон (по обходу шестиугольника) есть тождественное преобразование.

Решение. Пусть дан шестиугольник J$<*, Лг<#лЛ«<г (рис. 5).

Середины его сторон обозначим через

Рассмотрим отображение точки Л§ при композиции шести центральных симметрий, приняв за центры симметрий точки ^^^Ди^ Тогда 2jb9(J*)-J„ ijb(4J*^~ij{4)*A В результате композиции указанных центральных симметрий точка Лй отображается на себя. Однако известно, что композиция четного числа центральных симметрий есть перенос (так как композиция двух центральных симметрий есть перенос). В рассматриваемом случае имеем параллельный перенос -О, т. е. тождественное отображение.

Следовательно, существует бесконечное множество шестиугольников, середины сторон которых совпадают с точками ^фАЛ^зЛА* Одну из вершин такого шестиугольника можно выбрать произвольно,

Примечание. Задача 5 обобщается на любой <2л - угольник.

ЗАДАЧА 6. Пять прямых й>*о*, Ое, а*>°* (рис. 6) пересекаются в точке 0. На прямой а, задана произвольная точка се,.

Строится отрезок Л, Лг так, чтобы прямая аг делила его пополам и точка У1г принадлежала прямой а3 ; затем строится отрезок так, чтобы он делился пополам прямой сь, и. точка принадлежала прямой аГ и так далее. Доказать, что при продолжении аналогичных построений точка Л6 совпадет с ис-

Рис. 5.

Рис. 6.

ходной точкой Л, #

Решение. Рассмотрим треугольники и Jdo^ # Они имеют общее основание 0J4 и конгруэнтные соответствующие высоты. Следовательно, их площади равны: ^бл, олщ ' <*г04,,

Эти треугольники противоположно ориентированы, так как

По аналогии можно записать:

Из сравнения полученных равенств и ориентации треугольников следует, что ^éJUMi "^^04i ft), причем треугольники 4»0J, % ориентированы противоположно. Следовательно, точка принадлежит 10J,). Равенство (1) возможно лишь тогда, когда точка ЛА совпадает с исходной точкой J,.

Эта задача допускает обобщения для £/i + f прямых, пересекающихся в одной точке.

Для п*3 рассматриваемая задача совпадает с теоремой, обратной теореме о точке пересечения медиан треугольника.

ЗАДАЧА 7. В окружность (О i R) (рис. 7) вписан четырехугольник Jf, 4^5*4». В эту же окружность вписан другой четырехугольник Л, ЛеЛеЛ^ так, что три его стороны соответственно параллельны трем сторонам четырехугольника J, J^JjJ4. Доказать, что четвертые стороны четырехугольников также параллельны.

Решение. Пусть

Докажем, что [J&4&, ] Ii

Проведем через центр О окружности прямые д, S, с, d, соответственно перпендикулярные к (Л**Х (4t * (^Л^Л^ Рассмотрим композицию Р осевых симметрий A, Sf, Se, Sd i

Отображение f есть перемещение первого рода, при котором точка О отображается на себя. Следовательно, ^ есть поворот или тождественное отображение. Но поэтому f - тождественное отображение. Отсюда вытекает, что ffâ)»JL,

Рис. 7

ЗАДАЧА 8. Пять прямых u, *4b'*s***ûs (рис. 8) пересекаются в точке О. Из произвольной точки, принадлежащей прямой а/{ проведен перпендикуляр J, 4, на прямую аг, пересекающий прямую^ в точке 4ê ; затем из точки *Ч? проведен перпендикуляр на прямую я*, пересекающий прямую в точке, и т. д. Доказать, что перпендикуляр, проведенный из точки <ts на прямую àf, пройдет через исходную точку. У, Решение. Обозначим ориентированные углы между данными прямыми следующим образом:

Рассмотрим пять преобразований подобия (первого рода) плоскости с общим центром Q на углы f, +?Лл Ъ + Ъ, Ъ + Ъ, с коэффициентами

Композиция à этих подобий есть подобие первого рода, при котором точка 0 вместе с прямой л, отображается на себя. Но сумма пяти углов поворота рассматриваемых подобий равна

Следовательно, / - есть положительная гомотетия и тождественное преобразование.

Далее,

Отсюда, после почленного перемножения этих пропорций, получим |M/*/0*éi и 4=4 (У - тождественное отображение).

Задача допускает обобщение на случай любого нечетного (п>з) числа прямых, проходящих через одну точку.

ЗАДАЧА 9. Даны три окружности (*,)> (0* ; ' *j) (рис. 9), попарно касающиеся в точках 4*, J**, J4t. Из произвольной точки Л,, принадлежащей окружности, проведена прямая, пересекающая окружность (Ог-, 6г)ъ точке Ла, из точки *4> проведена прямая *4^л пересекающая окружность^; Ъ)ъ точке, из точки Л3 - прямая 4 4/ » пересекающая окружность (4)AJ в точке сЗу ; затем выполняется аналогичное построение, начиная с точкиJJ.

Рис. 8.

Доказать» что прямая пересечет окружность (о, ; R.) в исходной точке %Д.

Решение. Две окружности (fyt)и (0*)Ъ)9 касающиеся в точке Л/2, можно рассматривать как гомотетичные окружности с центром гомотетии*^ и коэффициентом гомотетии I=. Поскольку $ условии задачи даны попарно касающиеся окружности, то при ее решении естественно воспользоваться гомотетией.

Гомотетия 6> н£ (*, - ~ег.' Ь) отображает окружность (0, ïRg) на окружность (°2ß Я*). При этом Л, -*>*&â. Аналогично, 4-^4, где (^--/^, ^'^4^ где &Л'Н&Л *з" -*, '£s -Композиция 65. вгА об, указанных гомотетий есть гомотетия ь с коэффициентом jcs- (- £j то есть центральная симметрия, которая отображает точку Лз, на точку *Д'. Выполнив в той же последовательности те же гомотетии <з;, <% и G3 над точкой Л/ получим исходную точку *4 » т. к. есть тождественное отображение.

Замечание. Задача 9 легко обобщается на Pn+i последовательно касающихся окружностей. Аналогичная задача справедлива и для Ро последовательно касающихся окружностей, только в этом случае секущие прямые проходят по одному разу через точки касания; в результате получим замыкание.

ЗАДАЧА 10. Три окружности (4'>*,)* (fa) (ÛA;eé) (рис. 10)

проходят через одну и ту же точку 0 и попарно пересекаются в точках cf, 2j ^ *4f,. Через произвольную точку Лг. , принадлежащую окружности^; проведена прямая, которая пересекает окружность^; £г) в точке Aé, через точку Лл проведена прямая 4 4ê$ » пересекающая окружность (ty *л) в точке Л3, через точку *i3 - прямая. Доказать, что секущая j^jfo пересечет окружность (о, }*,) в исходной точке Л,.

Решим эту задачу с помощью преобразования подобия первого рода. Воспользуемся легко доказуемым фактом, что окружности ($£)

Рис. 5.

Рис. 10.

и (Oi > *i) * пересекающиеся в точках %А/ и л/, можно отобразить одну на другую подобием первого рода, причем в качестве центра подобия можно выбрать точку *М (или а/ ^J>nc коэфициентом подобия %* Я (или £,), углом поворота OJb'q (vurn^âû). Соответствующие при подобии точки с/ и et, окружностей лежат при этом на одной прямой с точкой ^, если ис - центр подобия (или с точкой гА1, е с ли У - центр подобия). Учитывая условие данной задачи и выше изложенное, имеем, что точка «4 отображается на точку Лй при подобии с центром в точке О, углом поворота 0, 00г% коэффициентом ; точка *йг отображается на Лл при подобии q центром D, углом поворота QêOOs и коэффициентом * - 4. Наконец, точка %Я3 отображается на точку &9' окружности (0, Ц)щж подобии с центром О, углом поворота QsÛO, и коэффициентом**i: *з. Покажем, что точки %В9 и Л, ' совпадают. Переход от точки *Д к точке *4? » затем к &з и, наконец, к точке %й/ представляет собой композицию трех подобий с общим центром 0. В результате получим подобие с тем же центром О, с коэффициентом * и углом поворота о, дол + огдол - т.е. тождественное отображение. Значит, точка *Д' совпадает с точкой Л9.

Задача допускает обобщение на любое нечетное число окружностей, проходящих через одну и ту же точку.

ЗАДАЧА 11. Три окружности (О,) 4J, (Ог ; (fij (рис. 11) попарно пересекаются в точках <4ц и jj9 ^гг ъ^лз » Ja и J*,. Через произвольную точку А9, принадлежащую окружности (О, ; &,)$ проведена прямая *4 4* » пересекающая окружность (У*)***) в точке <Аг, затем проведена прямая пересекающая окружное ть (0J ; £jj в точке *3j, через точку Л3 - прямая А34, 9 пересекающая окружность (Ы) в точке А/, через точку Л, ' - прямая 4'я£гИ т. д. Доказать, что секущая Aj пересечет окружность в исходной точке &,.

Для решения задачи воспользуемся подобием первого рода. Положим, что ф - подобие первого рода, отображающее окружность

i Uli*) на окружность (°г'>ъ)% где - коэффициент подобия, центр подобия совпадает с точкой <4е 9 К - О, Ж*02- угол поворота. При этом подобии точка ^, €(Oâ;^J отображается на точку

Аналогично, Лг Л3 (aê - ^ - коэффициент подобия, центр подобия - точка", Vè ~ ^»^6^^ - угол поворота); (tê * ^. &А - коэффициент подобия, центр подобия - точка, Чу °Ж, 0, - угол поворота)* Композиция #<5" указанных подобий есть подобие & с коэффициентом еи утлом поворота f*fi + % + %. Однако Значит, о - есть поворот на угол г.

Дальнейший переход от точки к точке UJf' » от 4' к*4» от к *4 можно рассмотреть как подобия первого рода %' с коэффициентами & > *J*& J */r А, с центрами 4^и углами поворота £'» - ^£ Композиция таких подобий есть подобие с коэффициентом ✓ и углом поворота /'--у*. Наконец, композиция двух поворотов с общим центром, с равными по абсолютной величине и противоположными по ориентации углами есть тождественное преобразование. Следовательно, ^, - Л, и прямаяJ&JJj, пересечет окружность (o,)tt) в точке *Д.

ЗАДАЧА 12. Если в треугольник <ЛЛС (рис. 12) вписана окружность (У; г) и около него описана окружность (0)Я)% то можно построить бесчисленное множество треугольников, описанных около окружности (Ул) и вписанных в окружность (Oit) (теорема Понселе).

Для доказательства возьмем произвольную точку. Де (О;£) и проведем прямую »Д У, которая пересекает вторично окружность (Oit) в точке 5?. Затем проведем окружность^ $J), пересекающую (Oit) в точках 4 и £. Из построения следует, что АУ#/-/^/$/=7С®/ я треугольник вписан в окружность. Докажем, что треугольник описан около (У; г). Для этого сначала докажем, что лучи *4^и СУ являются биссектрисами углов Л, и С треугольника Jt££. Углы и конгруэнтны, как вписанные в окружность (0;t) и

Рис. 42.

опирающиеся на дуги, стягиваемые конгруэнтными хордами 4#и£!9. Значит, [Л, У) есть биссектриса угла %Bt. Теперь рассмотрим треугольник С Уд. Поскольку /Уд/* /9С, 1, то ЪУС, - Однако,

Следовательно, УСЛ, ш ^CJ т. е. £<?, У) - биссектриса угла Ct.

Тем самым доказано, что центр окружности, вписанной в треугольник <Д, Л>, С,, совпадает с точкой. У. Остается показать, что радиус окружности, вписанной в треугольник Л^ап равен радиусу окружности, вписанной в треугольник cJJ5û.

Выполним дополнительное построение; через точку У проведем перпендикуляры к b&CJ и, затем проведем диаметры ССг и С, 9$ окружности (0>£) и отметим точку %ВА пересечения биссектрисы 3>У с (Oit). Рассмотрим прямоугольные треугольники *&, УР, и Ç9%9. # Они подобны, так как с, Ф# s Я&, в. Значит, /У4/'/С, Э/* - WJW^jgtjj откуда \А, У\ 1У91 « <2f>t,. Из подобия треугольников У*&Р и ССгАг, по аналогии рассуждений, следует /«вЭ7/ЭД/г£#г. Поскольку 1*%, У/-/У$/*/£<У//Щ, получаем <2fa, -c?ßi и г, -£.

Таким образом, треугольник »4 Д 3 описан около окружности (У)*-). Ввиду того, что точка %Ь, была взята произвольно на окружности, таких треугольников можно построить бесчисленное множество.

Ф. Ф. НАГИБИН, Е. С. КАНИН (г. Киров)

КОНЦЕНТРАЦИОННЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК

Как известно, одной из задач обучения математике является привитие учащимся умений и навыков в применении математических теорий при решении практических задач, задач смежных школьных дисциплин. Однако наблюдения за работой учителей математики свидетельствуют о том, что именно практическим применением математики не уделяется достаточного внимания, особенно на внеклассных занятиях по математике или другим школьным дисциплинам. Между тем, на занятиях математического кружка было бы весьма полезно показать некоторые приложения математики в физике, технике, химии и других областях человеческого знания.

В настоящей статье показано, как на занятиях математического кружка можно рассмотреть одно из интересных приложений свойств равностороннего треугольника к решению некоторых задач химии.

Известно, что сумма длин перпендикуляров, опущенных из произвольной точки равностороннего треугольника на его стороны, равна длине его высоты. Приведем одно из доказательств этого предложения:

или

Но IJAI'I&CI'&CI и поэтому lOCJtlOJJ^O^IM^ (рис. 1)

Существуют иные доказательства, не использующие понятие площади.

Установленное свойство равностороннего треугольника привлекло внимание химиков. Они решил, что точку 0 мож-

Рис. 1.

но использовать для определения содержания компонентов тройной системы, представляющей собой сплав, смесь или соединение трех веществ (элементов). Длины перпендикуляров будут характеризовать состав тройной системы (массу или объем). Если взять процентное отношение этих длин к длине высоты треугольника, то полученные числа будут выражать количественный состав тройной системы в процентах. Так и поручается концентрационный треугольник.

Но такой концентрационный треугольник не очень удобен: при пользовании им приходится находить длины перпендикуляров и сравнивать их с длиной высоты. Удобнее провести через точку 0 прямые, параллельные сторонам равностороннего треугольника, и рассмотреть отрезки [CK], fA£] иСВМ] (рис. 2). Легко доказать равенство \ск\ I^mi = IJc\ Действительно, \âZ\ = \HQ\s\™\> J&*h№ и поэтому ICK It ldlX\ t \JbA\ = \£K\t\KN\ + \êhi\ Так как сумма \ск\ + \*&\t \Jb^\ равна длине стороны равностороннего треугольника, то такие отрезки можно использовать для характеристики состава тройной системы. Этот способ удобнее тем, что на каждой стороне треугольника можно нанести процентную шкалу, что значительно облегчит использование концентрационного треугольника. Но концентрационный треугольник станет еще более удобным, если нанести на чертеж сеть прямых, параллельных сторонам треугольника (рис. З).

Ясно, что какова бы ни была тройная система, состоящая из трех веществ (элементов) А, 6 и С, она изобразится определенной точкой такого концентрационного треугольника. Если, например, сплав таков, что в нем Л-&оув а Л-1ф, &М%(массы), то изображать его будет точка пересечения прямой, параллельной стороне [ЛС]9 с отметкой еоу9ш стороне f. *£J, ж прямой, параллельной [JCJ, с отметкой 2QJ9 на стороне £JJb] (точка Oj на рис. з.) Точка 02 его изображает значения тройной системы, состоящей из бфЛ, JûfmJb и 2 О f. С t а точка О3 показывает про-

Рис 2.

центный состав третьей системы: d~JSyé9 Jb-£F/0% C-4ûy„ #

Итак, второй способ, конечно, практичнее и удобнее первого, но первый способ более нагляден. Хотелось бы использовать преимущества обоих способов. Возможно ли это? Да, возможно. Если наложить рис. 2 на рис. 1, то значение данной тройной системы изобразятся одной и той же точкой. Это легко доказать. Все равносторонние треугольники подобны, значит, л ÛNC ъ>*ОХР ^aûQm

а значит

Результат свидетельствует, что 1С£}, MX/, /J&ju. /, характеризующие состав тройной системы при втором способе графического изображения, пропорциональны длинам перпендикуляров, получающихся при первом способе. Следовательно, значение каждой тройной системы будет изображаться одной и той же точкой концентрационного треугольника, независимо от того, используется первый способ или второй.

УПРАЖНЕНИЯ

1. Постройте концентрационный треугольник со стороной, длина которой I дм. Изобразите на нем точками составы двух серебряных припоев: 1) ZOJ. -fy, №/<>- Л, ity -2п ; 2) 4S9- âoy0-Cu, <?S%-2„.

2. Ответьте на следующие вопросы: Каково содержание компонентов тройной системы, если определяющие их точки лежат 1) на стороне концентрационного треугольника; 2) на высоте (например, 5; 3) на отрезке, соединяющем вершину с точкой противолежащей стороны; 4) в вершинах А, В и С; 5) на отрезке, параллельном одной из сторон концентрационного треугольника (например, [AB]); 6) на медиане треугольника?

Рассмотрим более сложный вопрос. Пусть X, у | f значения трех сплавов (смесей, соединений) и У - "средний" из них, т. е. получающийся сплавлением (соединением) двух других Ли/. Как располагаются соответствующие им точки концентрационного треугольника (обозначим их тоже Л, У и Я)?

Докажем, что точки х, у и Z изображающие эти сплавы, лежат на одной прямой, причем V лежит между X и 2. Примем для простоты общую массу сплавов X и В, а значит,

с массу "среднего" сплава У за I. Если символом р обозначить массу сплава X, то масса 2 будет I - р. Пусть далее ах, O. J, аг, 6Я, ^ и ^? (рис. 4) - длины перпендикуляров концентрационного треугольника (в долях его высоты), соответствующие точкам X, у и Z. Будем исходить из того, что общая масса вещества *4 (аналогично Jb и С) в сплавах X л £ должна быть равна массе вещества в "среднем" сплаве У : рь* * (*-рУ aê - ау (I). Аналогично, - 6и (2). Из (1) и (2) получаем

откуда

(3). Геометрический смысл равенства (3)

выражает следующая теорема; Равенство (3) является необходимым и достаточным условием того, что Уе(*2)*

Доказательство. 1) Необходимость. Пусть У€ Сх?) (на рис. 4), лежит между Л и H, но она может лежать и вне f. В этом случае рассуждения меняются несущественно). Через точки Л' и У проведем прямые, параллельные (СВ)и (CA). Тогда верны равенства

т. е. выполняется равенство

а, значит, и

(это равенство является верным и в том случае, если (x£j // (CJbj.

2) Достаточность. Пусть У ф. Возьмем на (Xz?) вспомогательную точку У, так, чтобы выполнялось равенство ау^а9 (рис. 6). (При (*2) // (CA) следует взять У, <Е(Х2) так, чтобы #у, т h)• Для У, верны равенства

Но б*,, jé бу и потому

Этим и доказана достаточность рассматриваемого условия.

Применяя доказанную теорему к концентрационному треугольнику с точками X и Z, заключаем, что точка У, изображающая "средний" сплав, должна лежать на прямой (XZ). Остается учесть, что концентрации А, В, С в "среднем" сплаве У заключены между соответствующими концентрациями их в сплавах X и Z. Графически это означает, что точка У лежит

Рис 4.

Р«с. 5.

между точками X ж 2 (внутри fXZJ). Итак, мы доказали, что значение тройной системы Y определяется внутренней точкой [ХН], где X и Z - точки, определяющие исходные объединяемые системы.

Воспользуемся доказанным утверждением для решения одной задачи.

Пусть требуется исследовать, уменьшится или увеличится концентрация раствора соли в воде, если добавить к раствору одинаковые количества соли и воды. Известно, что процентная концентрация соли в растворе выражается числом граммов соли, содержащихся в 100 граммах раствора. 20^-ный раствор, например, будет означать, что 20$ массы раствора составляет масса соли, а 80$-воды. Тогда раствор можно рассматривать как двойную систему веществ: А - соль и В - вода. Она изобразится некоторой точкой X, лежащей на стороне ГAB] концентрационного треугольника ABC (рис. б). Добавление равных масс соли и воды можно рассматривать как добавление двойной системы веществ А и В, изображаемой точкой 2х -серединой стороны [АВ7(А-50/?, В- 50$). Тогда, по доказанному выше, получающийся раствор соответствует определенной промежуточной точке У' (рис. 6). Поэтому концентрация соли в растворе увеличится или уменьшится в зависимости от того, как располагаются точки X' и Z'. Если точка л" лежит ближе к точке А, чем точка I', то концентрация соли уменьшится, если же дальше, то увеличится. Иными словами, если количество соли в первоначальном растворе больше 50$, то концентрация соли уменьшится, если же меньше 50#, то увеличится.

Этим же способом можно выяснить, как изменяются концентрации и при соединении тройных систем.

Концентрационный треугольник применяется и для количественных характеристик тройных (двойных) систем. Покажем это.

Обращаясь к рис. 4, находим:

Рассмотрим отношение

или, после упрощений,

Учитывая исходное равенство, получаем

Рис 6.

Это уравнение химики обычно называют "законом рычага".

Рассмотрим одно важное применение "закона рычага".

Пусть имеются три сплава: Р, Q и R, изображаемые точками р, £ и г. Обозначим массу сплава р символом, массу Q-fi, R-f. Пусть три сплава соединены (сплавлены) в "средний" сплав S f Как построить точку <*, соответствующую сплаву S?

Представьте себе, что сначала соединены сплавы Ри Q. Полученному сплаву Т будет соответствовать точка t (рис. 7). Как было установлено выше, точка *е (между р и), и ее расстояния от точек р и £ (плечи "рычага") удовлетворяют равенству i£iL г -А, которым вполне определяется точка t. Чтобы получить требуемый сплав S, остается соединить сплавы Т и R. Так как масса вспомогательного сплава Т равна d +fî, то точка 5, соответствующая искомому сплаву, будет лежать внутри [*2] и положение ее будет определяться равенством J||{ = jÇt, т. е. точка 3 делит f*z] в отношении ^

Интересно заметить, что в случае и* fi = /~ в точке s (названной "центром тяжести" Ар^ъ) пересекались бы медианы этого треугольника. Построение точки 5 в этом случае довольно простое. Но в общем случае точка б не совпадает с "центром тяжести" и все же химики назвали ее "центром тяжести треугольника", только сам аР%г назвали "весовым".

Из самого построения центра тяжести "весового" треугольника вытекает, что при любых количествах каждого из трех соединяемых сплавов (компонент) "среднему" сплаву соответствует точка, лежащая внутри "весового" треугольника.

Рассмотрим обратную задачу. Пусть определенная система S распадается на три составные части - системы Р, Q и R. Построим др^ъ, внутри которого лежит точка s. Обозначим массу системы S символом Î и будем считать ее известной, а массы систем Р, Q и R соответственно оС, fi ж Г будем считать неизвестными. По "закону рычага" можно записать:

Рис. 7

Прибавив к обеим частям этого равенства I, подучим:

Отсюда имеем

Аналогично находятся

ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ.

3. Вернемся к задаче I о двух видах серебряного припоя. Найдите, каков будет состав сплава, если взять 15 г припоя первого вида и 10 г второго.

4. Химику нужно составить из трех компонент А, В и С систему с таким составом: А-50#, B-30JÉ, C-20JS. Чистых веществ А, В и С у него нет, но он имеет 3 смеси из этих веществ следующих составов: 1) A-IQJf, В-ЗСЙ, C-6Q5K; 2) A-20JÉ, В-6<#, 0-2(# ;

3) А - 80%, В - К#, С - 10?. Как химику составить нужную смесь?

Как видно, геометрия хорошо помогает химии. Не может ли химия в свою очередь помочь геометрии?

"Весовым" треугольником с успехом можно воспользоваться для доказательства некоторых теорем геометрии. Возьмем, например, теорему Чевы, являющуюся одной из основных теорем в геометрии треугольника.

Теорема. Если прямые (у0*-), (?">) и () пересекаются в одной точке, и эта точка лежит внутри *р$г - (рис. 6), то имеет место тождество

Действительно, д/>?* можно рассматривать как "весовой", с центром тяжести S. При этом условии верны равенства:

где и, /ь ж f - соответственно массы оистем Р, Q и 1?.

Умножая почленно эти равенства, подучим

Можно было бы с помощью "весового" треугольника доказать и обратную теорему.

Концентрационный треугольник помогает химикам решать разнообразные задачи, относящиеся к двойным и тройным системам, но химия имеет дело и с четверными системами. Для определения содержания компонент четверной системы можно воспользоваться правильным тетраэдром (треугольной пирамидой, все грани которой-конгруэнтные равносторонние треугольники). Правильный тетраэдр обладает многими свойствами, аналогичными свойствам равностороннего треугольника. В частности, сумма длин перпендикуляров, опущенных из какой-либо его точки на все четыре грани, равна длине его высоты. Доказать это свойство легко. Достаточно представить себе тетраэдр, составленный из четырех пирамид, основаниями которых служат грани тетраэдра, а высотами - перпендикуляры, проведенные из взятой точки тетраэдра к граням его. Тогда объем всего тетраэдра будет равен

где S - площадь грани, а А4, hg, h с и hd - длины перпендикуляров, проведенных из взятой точки соответственно до граней а, S, с и dL. Но тот же объем равен JsA, где А - длина высоты тетраэдра. поэтому А* Аа t hg + /)c + 6d.

Установленное свойство тетраэдра и используется в химии для определения содержания компонент четверных систем. Получается "концентрационный тетраэдр". Каждая точка его будет соответствовать значению четверной системы, а отрезки перпендикуляров, опущенные из этой точки на грани тетраэдра, будут характеризовать состав системы.

Химики могут воспользоваться и другим свойством правильного тетраэдра, также аналогичным соответствующему свойству равностороннего треугольника. Возьмем произвольную точку правильного тетраэдра и через нее проведем плоскости, параллельные граням. Каждая из этих плоскостей отсекает от трех ребер, считая от соответствующих вершин, конгруэнтные отрезки. Возьмем один из таких отрезков для каждой плоскости, так что всего их будет четыре. Суша их длин равна длине ребра тетраэдра. Этот факт легко доказать.

Пусть величина угла между высотой тетраэдра и боковым ребром равна. Обозначим указанные выше четыре отрезка символами

и ребро

тетраэдра). Тогда верны четыре равенства:

Из этих равенств следует

поэтому

Установленное свойство тетраэдра позволяет химикам использовать для характеристики состава четверной системы четыре отрезка £cl $ £$ t?с * S* $ только за единицу (за 100$) нужно будет принять не длину высоты тетраэдра, а длину его ребра. Оба эти способа дают, конечно, один и тот же результат, т. е. данной системе будет соответствовать одна и та же точка концентрационного тетраэдра.

Без больших осложнений можно было бы дальше рассмотреть применения концентрационного тетраэдра, аналогичные применениям концентрационного треугольника. Предоставим это читателю.

УПРАЖНЕНИЯ

5. Какие системы соответствуют внутренним точкам концентрационного тетраэдра; точкам, лежащим на его гранях, ребрах, высоте, в вершинах?

6. Какие точки будут соответствовать четверным системам с одним и тем же процентным содержанием составной части А?

7. Какие точки соответствуют четверным системам с постоянным отношением двух составных частей, например, А и В? трех составных частей, например, А, В и С?

8. Какие точки соответствуют "средней" системе по отношению к двум, трем, четырем составляющим системам?

9. Что выражает "центр тяжести" "весового" тетраэдра? Как он может быть построен?

Предложенные упражнения №№ 5-9 являются обобщением упражнений №№ 2-4 (это №№ 5-8) и понятия "весового" треугольника (№ 9).

Изложение вопросов, связанных с концентрационным треугольником, возможно для учащихся 7-10 классов, а сведения о концентрационном тетраэдре доступны для учеников 8-10 классов.

С. Г. ГУБА (г. Вологда)

ЗАДАЧИ НА ПАРАЛЛЕЛОГРАММ.

Наряду с треугольником параллелограмм является одной из важнейших планиметрических фигур, изучаемых в средней школе. Нельзя, однако, не заметить, что содержащиеся в школьных учебниках и пособиях для учителя задачи на параллелограмм в количественном отношении значительно уступают задачам на треугольник. В данной статье делается попытка несколько восполнить этот пробел. Предлагаемые ниже задачи на параллелограмм частично составлены автором, частично заимствованы из различных источников (например, из отдела "Задачи" журнала "Математика в школе"). Эти задачи предназначаются главным образом для кружковых занятий с учащимися, хотя некоторая их часть вполне может быть использована и для работы на уроке, особенно при повторении материала за курс средней школы. Все задачи снабжены решениями или указаниями.

ПЛОЩАДЬ ПАРАЛЛЕЛОГРАММА

ЗАДАЧА 1. В параллелограмме отношение большей стороны к меньшей равно А. В каком отношении биссектриса угла параллелограмма делит его площадь?

Решение. В параллелограмме АВСД (рис. 1) положим |АД|= а, |АВ|= в (а>в). Пусть биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке М. На продолжении стороны ВС (от точки С) построим точку Е так, чтобы |СЕ| = а. Приняв во внимание, что треугольники АСД и АСЕ равновелики, заключаем, что искомое отношение площадей равно отношению площадей треугольников АМЕ и АМВ, а это отношение, как легко ви-

Рис. 1

деть, равно

Полезно обратить внимание учащихся на тот факт, что полученное отношение не зависит от величины углов параллелограмма.

ЗАДАЧА 2. Из вершины параллелограмма проведены высоты, на которых, как на сторонах, построен параллелограмм. Охарактеризовать множество всех параллелограммов, для которых площадь данного параллелограмма в два раза больше площади параллелограмма, построенного на высотах.

Решение. В параллелограмме со сторонами а и в и острым углом об высоты будут равны &• 3ùl*(и 6% Un 4 f причем угол между высотами равен углу между сторонами. По условию задачи

Отсюда ы. m 45°# Таким образом, свойством, указанным в условии задачи, обладают все параллелограммы с углом 45°.

ЗАДАЧА 3. Найти площадь параллелограмма

а) по сторонам а и в (а > в) и углу между диагоналями^;

б) по диагоналям <£, и аг (а, >с/г) и углу между сторонами**:. Решение, а) Обозначим площадь параллелограмма через 5

Тогда

ЗАДАЧА 4. В параллелограмме АВСД вершина В соединена с серединами сторон АД и СД, а вершина Д - с серединами сторон AB и СВ. Найти отношение площади образовавшегося при этом четырехугольника к площади данного параллелограмма.

Решение. В параллелограмме АВСД середины сторон AB, ВС, СД, ДА обозначим соответственно через К, М, Р, GL (рис. 2.) Отрезки ДК и BQ - медианы треугольника АБД. Пусть Е - точка их пересечения. Расстояние точки Е от прямой ВД будет в три раза меньше расстояния точки А от этой же прямой. Поэтому площадь треугольника

Рис 2.

ВДЕ составляет одну треть площади треугольника АБД« Аналогичную картину имеем и в треугольнике ВСД. Следовательно, искомое отношение равно 1/3.

ЗАДАЧА 5. В параллелограмме АВСД диагональ БД и отрезок, соединяющий вершину А с серединой M стороны ВС, делят параллелограмм на 4 части. Найти отношение площадей этих частей.

Решение. Пусть (ЗД) П (AM) = Е (рис. 3). Из подобия треугольников БМБ и АДЕ имеем:

Поскольку треугольники ВМЕ и АБЕ имеют одинаковую высоту, то

Теперь, если принять площадь треугольника ВМЕ за единицу, то, как легко подсчитать, площадь четырехугольника MC ДЕ содержит 5 единиц. Таким образом,

ЗАДАЧА 6. Б параллелограмме АВСД диагонали пересекаются в точке 0. Найти отношение площади параллелограмма к площади четырехугольника, вершинами которого служат центроиды треугольников АОВ, ВОС, СОД, ДОА.

Указание. Предварительно доказать, что четырехугольник с указанными вершинами есть параллелограмм, стороны которого параллельны диагоналям данного параллелограмма и составляют каждая одну треть от соответствующей диагонали.

Ответ: 4, 5.

ЗАДАЧА 7. Стороны параллелограмма относятся как 1:2. Найти площадь параллелограмма, если расстояния от середины большей стороны до концов противоположной ей стороны равны а и в.

Указание. В параллелограмме АВСД соединить середину M стороны АД с вершинами В и С и доказать, что треугольник МВС прямоугольный и площадь его равна половине площади данного параллелограмма.

Ответ: ав.

ЗАДАЧА 8. Найти площадь параллелограмма, если его высоты равны ht и /7, а периметр равен 2р.

Решение. Пусть дайны сторон параллелограмма равны а и в, причем высота Л проведена к стороне с длиной cl. Тогда

Ответ.

ЗАДАЧА 9. В параллелограмме АВСД на сторонах АД и СД взяты соответственно точки Ей F так, что (^^) I/). Доказать, что треугольники ABE и CBF равновелики.

Указание. Предварительно доказать равновеликость треугольников ВЕД и ВГД, воспользовавшись тем, что точки Е и F одинаково удалены от прямой ВД (рис. 4.).

ЗАДАЧА 10. Окружность, касающаяся трех сторон параллелограмма АВСД, проходит через точку 0 пересечения диагоналей. Найти площадь параллелограмма, если большие сторона и высота его соответственно равны а и/и

Решение. Обозначим радиус окружности и меньшую сторону параллелограмма соответственно через R и S.

В точке 0 проведем касательную к окружности. Получим трапецию АКМВ (рис. 5). Следовательно, |АК| +1ВМ|= = |АВ1 + |КМ1, т. е. а= в +2R. Кроме того, 2а R = 6-Н. Найдя в из двух полученных уравнений, будем иметь.

Рис. 4.

Рис 5

ПОДОБИЕ ПАРАЛЛЕЛОГРАММОВ

ЗАДАЧА 11. В параллелограмме АВСД на большей диагонали АС построить точки К и M так, чтобы получился параллелограмм В1ВДК, подобный данному.

Указание. Показать, что для этого точки К и M должны находиться от точки пересечения диагоналей на расстоянии 1/2|АС|2:|ВД1

ЗАДАЧА 12. Из каждой вершины параллелограмма, не являющегося

ромбом, проведен перпендикуляр к диагонали, не проходящей через эту вершину. Доказать, что основания перпендикуляров служат вершинами параллелограмма, подобного данному.

Решение. В параллелограмме АВСД основания перпендикуляров, проведенных из вершин А, В, С, Д, обозначим соответственно через К, М, Р, GL (рис#6). Пусть 0 - точка пересечения диагоналей параллелограмма. Из подобия прямоугольных треугольников OAK и ОВМ получим:10А| : I0BI■|0К|:IOMI, откуда и следует подобие параллелограммов АВСД и KMPQ.

ЗАДАЧА 13. Охарактеризовать множество всех трех параллелограммов, каждый из которых можно разрезать на два неконгруэнтных, но подобных между собою параллелограмма.

Решение; Пусть в данном параллелограмме АВСД (|АД|= д, |АВ|= Ь) проведен отрезок КМ так, что образовались два подобных неконгруэнтных параллелограмма АВМК и КМСД (рис. 7).

Положим I АК1= x. Тогда |КД| = а - х. Из подобия параллелограммов АВМК и КМСД имеем: x : в = в : (а - х). Отсюда

Из полученного соотношения видим, что условие а > 2в является необходимым и достаточным для того, чтобы параллелограмм можно было разрезать на два подобных неконгруэнтных параллелограмма.

ЗАДАЧА 14. Доказать, что всякий параллелограмм может быть разбит на три подобных между собою параллелограмма, никакие два из которых не являются конгруэнтными.

Решение. Пусть данный параллелограмм разбит на три параллелограмма так, как показано на рисунке 8. Очевидно, требования задачи будут выполнены, если|РК| : |ВК| = -|Kd| : |КА|=|Р»м|: |Ра|. Покажем, что такое разбиение всегда выполнимо. Положим |ВК|= x. Тогда (КА|= в - х. Далее из пропорции (РК| : [BK| = /KGl/ : /КА/ находим:

рис 7

рис 8.

которое после упрощений принимает вид:

Легко убедиться, что левая часть полученного уравнения отрицательна при х = 0 и положительна при х = в. Следовательно, при любых положительных айв это уравнение имеет корень, заключенный между 0 и в,

РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ

ЗАДАЧА 15. Найти диагонали параллелограмма, если стороны его равны айв и площадь равна S.

Решение. Пусть ^ - острый угол параллелограмма. Тогда

Теперь для нахождения диагоналей достаточно воспользоваться теоремой косинусов.

ЗАДАЧА 16. В параллелограмме со сторонами а и в (а > в) проведена диагональ и в образовавшиеся треугольники вписаны окружности. Найти расстояние между точками касания этих окружностей с диагональю параллелограмма.

Решение. Пусть в параллелограмме АВСД (|АД| = а,)АВ| = = в) окружности, вписанные в треугольники АВД и ВСД, касаются диагонали BD соответственно в точках К и M (рис. 9). Кроме того, обозначим через Р и Q точки, в которых окружность, вписанная в треугольник АВД, касается соответственно сторон AB и АД.

Теперь из пропорции |РМ| И|= \Щ : 1КА/ имеем уравнение:

Далее имеем:

Приняв во внимание, что

получим:

Рис 9.

ЗАДАЧА 17. В параллелограмме АВСД на стороне АД взята точка Р так, что 1АР| : |РД|= т-п. В каком отношении прямая BP делит диагональ АС?

Указание. Рассмотреть подобные треугольники АРЕ и ВСЕ, где Е - (АС) Л (BP).

Ответ, m : (т + п).

ЗАДАЧА 18. Доказать, что пропорциональность сторон параллелограмма его диагоналям есть необходимое и достаточное условие равенства утла между сторонами параллелограмма углу между диагоналями.

Необходимость. Пусть в параллелограмме АВСД диагонали пересекаются в точке 0 (рис. 10). Если ВАД = BOA, то треугольники АБД И АБО подобны, так как угол при вершине В у них общий. Из подобия указанных треугольников имеем:

т. е. стороны параллелограмма пропорциональны его диагоналям.

Достаточность. Пусть

Тогда из равенства

следует: откуда

Но тогда

Таким образом, в треугольниках АВД и АБО угол при вершине В общий и стороны, заключающие его, пропорциональны, т. е. эти треугольники подобны. Следовательно, ВАД - БОА.

ЗАДАЧА 19. В параллелограмме АВСД диагональ БД равна стороне AB. Окружность, описанная около треугольника АВД, пересекает диагональ АС в точке М, причем IAMI= а и)МС[ = в. Найти стороны параллелограмма.

Решение. Пусть [BP]- высота равнобедренного треугольника АВД. Тогда (BC)-L(EP), т. е. (ВС) - касательная к окружности.

Рис. 10

Следовательно, Положим

Так как

то имеем уравнение:

откуда

ЗАДАЧА 20. В данном параллелограмме на меньшей его стороне зафиксирована точка М. Вписать в этот параллелограмм прямоугольник ток, чтобы одна из его вершин пришлась на точку М.

Указание. Воспользоваться тем, что вершины искомого прямоугольника лежат на окружности, центр которой находится в точке пересечения диагоналей параллелограмма и радиус равен |0М|,

ЗАДАЧА 21. В данный параллелограмм вписать квадрат.

Указание. Рассмотреть точки пересечения данного параллелограмма с его образом при повороте на угол 90°. Задача имеет решение, если каждый из углов, на которые делится тупой угол параллелограмма его диагональю, будет не меньше 45°.

ЗАДАЧА 22. В параллелограмме АВСД на меньшей диагонали БД как на диаметре построена полуокружность, пересекающая диагональ АС в точке M (рис. 11). Доказать, что

Решение. Имеем

Рис. 41.

ЗАДАЧА 23. Через вершину А параллелограмма АВСД проведена прямая, пересекающая продолжения сторон СВ и СД соответственно в точках Рио. Доказать, что произведение |ВР|х|Д(2| не зависит от положения этой прямой.

Указание. Рассмотреть пропорциональные отрезки, образовавшиеся при пересечении угла CPQ, а затем угла PQC параллельными прямыми.

ЗАДАЧА 24. Луч, выходящий из вершины А параллелограмма АВСД, встречает диагональ БД, сторону ВС и продолжение стороны СД соответственно в точках К, М, Р. Доказать, что

Решение. Так как a*VP!»*^*м« А*9л:, х>***Ч (Рисс. 12), то

откуда,

Разделив члены последнего равенства на \jp\\aju\' \êi\, получим требуемое соотношение.

ЗАДАЧА 25. В данный треугольник вписать параллелограмм так, чтобы одна из его сторон лежала на основании треугольника, а диагонали были параллельны боковым сторонам треугольника.

Указание. Разделить основание треугольника на три конгруэнтные части и взять в качестве одной из сторон искомого параллелограмма средний из трех отрезков.

ЗАДАЧА 26. В плоскости параллелограмма АВСД взята точка М. Доказать, что величина выражения

не зависит от положения точки М.

Решение. Пусть 0 - точка пересечения диагоналей параллелограмма (рис. 13). Положим |М0|= х, |А0|= а, |В0|= в. Так как [МО] есть медиана треугольника MAC, то

Аналогично для треугольника МВД:

Тогда

ЗАДАЧА 27. На сторонах АД и СД параллелограмма АВСД выбраны соответственно точки К и M так, что |МД|:|СД|= 1:4 и |АК|: |АД|= 1:3. Отрезки MB и КС пересекаются в точке 0. Найти отношение IMOI t |0В|.

Решение. Через точку К проведем прямую, параллельную (AB) (рис. 14). Пусть эта прямая пересекает отрезки ВС и ВМ соответственно в точках Р и Q. Так как |ВР| = 1/3|ВС|, то из подобия

Рис. 12,

Рис. 13

треугольников BPQ и ВСМ следует, что IPQj = 1/3|СМ| = |ВД1 Следовательно, четырехугольник KMCQ - параллелограмм. Тогда |M0| = |0Q| =|QB|, т. е. |М0| : |0В|= 1:2.

ЗАДАЧА 28. На сторонах ВС и СД параллелограмма АВСД во внешнюю сторону построены равносторонние треугольники МВС и КСД. Доказать, что треугольник АМК равносторонний.

Указание. Доказать, что при повороте с центром M на угол 60° точка А перейдет в точку К.

ЗАДАЧА 29. На сторонах параллелограмма во внешнюю сторону построены квадраты. Доказать, что их центры служат вершинами нового квадрата.

Указание. Доказать, что при повороте с центром 0 на угол 90° треугольник A0j02 перейдет в треугольник B0j04 (рис. 15).

ЗАДАЧА 30. Внутри параллелограмма взята точка и с центром в ней построен гомотетичный параллелограмм с коэффициентом гомотетии 2. Описать вокруг меньшего параллелограмма четырехугольник так, чтобы он был вписанным в больший параллелограмм.

Указание. Через центр гомотетии провести прямые, параллельные сторонам параллелограмма и рассмотреть точки пересечения их со сторонами большего параллелограмма.

ЗАДАЧА 31. На плоскости даны два параллелограмма: Л, *Ь, С, Щ JUAiÇify. Доказать, что середины отрезков, «4^, C>Q » %9)d. также служат вершинами параллелограмма.

Решение. Пусть Л3, J5é, CÂ, Яа - соответственно середины отрезков J, J±,, с, е,,. Возьмем на плоскости произвольную точюг 0. инеем:

Рис. 14

Рис. 15

Так как

четырехугольник <^*4, С% - параллелограмм.

ЗАДАЧА 32. Доказать, что биссектрисы углов, определяемых диагоналями параллелограмма, пересекают стороны параллелограмма в точках, являющихся вершинами ромба, стороны которого параллельны диагоналям параллелограмма. Найти отношение площади этого ромба к площади параллелограмма, если диагонали последнего равны а и в.

Решение. Пусть в параллелограмме АВСД диагонали пересекаются в точке 0 и биссектрисы углов, определяемых диагоналями, встречают стороны AB, ВС, СД, ДА соответственно в точках К, М, Р, Q (рис. 16). Так как (KP) jL(MQ) и точки К и M симметричны соответственно точкам Р и Q относительно точки 0, то четырехугольник KMPQ есть ромб. Далее имеем:

(по свойству биссектрисы треугольника). Поскольку

откуда следует, что (KM) 1) (АС). Аналогично доказывается, что (MP) И (ВД). Из доказанного следует, что угол между сторонами ромба равен углу между диагоналями параллелограмма. Тогда искомое отношение площади ромба к площади параллелограмма х*: г а^ » гДе Я - сторона ромба. Так как [ОМ] - биссектриса треугольника ОВС, то |ВМ|:|МС| = J OB/: I ОСI= а:в. С другой стороны, так как (OB) Л (MP), то |ВМ| : |МС|=|0Е|: |ЕС|, где Е = (MP) Л (АС). Из последней пропорции, приняв во внимание, что |ВМ|:|МС|= а:в и |ЕС| =

получим:

откуда

Следовательно,

Рис. 15

А. Н. ДАНИЛОВ (г. Череповец)

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ВЕРОЯТНОСТИ НА ВНЕУРОЧНЫХ ЗАНЯТИЯХ ПО МАТЕМАТИКЕ

Существуют различные подходы к определению понятия вероятности. Один из них - классический, когда вероятность события определяется как отношение числа исходов опыта, благоприятных для данного события, к общему числу исходов; при этом все исходы предполагаются равновероятными (равноправными). Это определение применимо лишь в случае конечного числа исходов опыта. Поэтому уже в самом начале развития теории вероятностей понятие вероятности было видоизменено таким образом, чтобы оно оказалось применимым в случае бесконечного числа исходов опыта. Это видоизменение - понятие геометрической вероятности.

Пусть, например, на плоскости задана некоторая фигура ф, внутри которой содержится другая фигура ф'. Требуется найти вероятность попадания точки в фигуру ф', если точка наудачу бросается в фигуру Ф. Искомая вероятность р определяется как отношение площади фигуры Ф' к площади фигуры Ф :

При таком определении вероятности естественно предполагается, что вероятность попасть в какую-нибудь часть фигуры ф зависит лишь от площади этой части, но не зависит от ее формы и расположения в фигуре ф.

Аналогичным образом можно определить вероятность и тогда, когда Ф и Ф' некоторые множества точек прямой или пространственные тела. Только теперь для вычисления вероятности придется находить соответственно отношения некоторых длин или

объемов (вообще, геометрических мер множества Ф и Ф).

Геометрические вероятности представляют большой научный интерес, так как широко применяются в естествознании. Несомненно также их методическое значение. Действительно, задачи на вычисление геометрических вероятностей дают хорошую возможность для повторения и закрепления школьного материала и одновременно позволяют познакомить школьников с фундаментальным понятием вероятности.

Ниже рассмотрены некоторые задачи на геометрические вероятности и приведены их решения. Эти задачи могут служить материалом для работы школьных математических кружков и школ юных математиков. Они использовались в летнем математическом лагере школьников, ежегодно организуемом Череповецким государственным педагогическим институтом.

Для решения задач на геометрическую вероятность школьники должны владеть методом координат (уметь строить прямую по ее уравнению, находить полуплоскость, заданную неравенством, находить точки пересечения прямых, заданных уравнениями и т. п.), уметь решать несложные геометрические задачи на вычисление длин отрезков, площадей фигур, объемов тел.

Имеющееся в формулировках ряда задач требование равновозможности попадания точки в любую часть фигуры (линейной, плоской, пространственной) следует понимать только в том смысле, что при решении задачи разрешается применить понятие геометрической вероятности. Так как соответствующие рисунки легко могут быть выполнены по формулировке задачи и ее подробному решению, то они не приводятся, но разбор задачи со школьниками должен обязательно сопровождаться построением чертежа.

Другие задачи, в том числе классическую задачу Бюффона и парадокс Бетрана, можно найти в [ij, стр. 34-39; [5], стр. 45-50, 318-334; [3] ; [4], стр. 15-22, 514-517; [2], стр. 16-19.

ЗАДАЧА 1. Пусть <dlJb - телефонная линия L. В точке С этой линии произошел разрыв. Определить вероятность того, что точка С удалена от точки Л на расстояние, не меньшее L), если положение С на отрезке [JJb] равновозможно.

Решение. Возможные положения точки С - в любом месте

отрезка [ЛА], длина которого равна L. Положения точки С, благоприятствующие событию, - в любом месте отрезка [ЪА], где ^ - точка, удаленная на расстояние ^ от точки. Так как \^А\^ -\Щ=и-£, тр вероятность р разрыва телефонной линии в точке С, удаленной от Л на расстояние, не меньшее Î, равна:

ЗАДАЧА 2. Плоскость разбита параллельными прямыми на полосы, ширина которых попеременно равна 1, 5 см и 8 см. Найти вероятность того, что круг радиуса 2, 5 см, наудачу орошенный на эту плоскость, не будет пересечен ни одной прямой.

Решение. Две смежные полосы образуют полосу шириной 9, 5 см, множество точек которой есть множество всех возможных исходов испытания. Чтобы круг не пересекался ни одной прямой, он должен попасть в полосу шириной 8 см, и при этом его центр должен быть удален от границ этой полосы на расстояние, не меньшее 2, 5 см. Следовательно, множество исходов, благоприятствующих событию, - полоса шириной 8-2*2, 5*3 см. А тогда искомая вероятность равна: /з= а.

ЗАДАЧА 3. В круге радиуса R параллельно заданному направлению проводятся хорды. Пусть равновозможны любые положения точек пересечения хорд с диаметром [Л£>], перпендикулярным выбранному направлению. Какова вероятность того, что длина наугад взятой хорды не более R?

Решение. В круге перпендикулярно диаметру [Л&] проведем две хорды и £*Ô'. £"J длины R, которые пересекут диаметр соответственно в точках С и ^. Если О - центр круга, то из треугольника *Л'СО по теореме Пифагора

и, следовательно,

Множество благоприятствующих исходов есть множество точек отрезков &С]ж f#£J.

то вероятность события

ЗАДАЧА 4. Перед вращающимся с постоянной скоростью диском находится отрезок №<Ь] длины 2, h. , расположенный в плоскости диска так, что прямая, соединяющая середину С отрезка с

центром О диска перпендикулярна отрезку. По касательной к окружности в произвольный момент времени слетает частица. Найти вероятность ее попадания в отрезок, если \ОС1 = £

Решение. Пусть диск вращается в направлении движения часовой стрелки. Из точек Л и *8 проведем к диску касательные [ЛЮ] и fvô6J (^ и б - точки касания), расположенные по одну сторону от прямой (&Q). Обозначим угол Ъ>0£через Y.

Треугольники J%0 и Л>£0 оба прямоугольные (радиус, проведенный из центра окружности в точку касания, перпендикулярен касательной), Е%0] ^°1s№0](а40£> - равнобедренный). Поэтому треугольники и JE>SO конгруэнтны, они совпадают при повороте на угол f, JiOJb-f и из треугольника

Попадание частицы в отрезок [JlJb] происходит тогда и только тогда, когда она слетает с дуги, угловая мера которой есть f. А так как полная окружность имеет угловую меру 2S, то вероятность попадания частицы в отрезок равна

ЗАДАЧА 5. Прямоугольная решетка состоит из цилиндрических прутьев радиуса г. Расстояния между осями соседних прутьев равны соответственно a и ß Найти вероятность попадания шариком ci в решетку при одном бросании без прицеливания, если траектория полета шарика перпендикулярна плоскости решетки.

Решение. Пусть Л, S, С, 9) - точки пересечения осей четырех соседних прутьев. Множество возможных положений центра шарика - множество точек прямоугольника Л&с99 который имеет площадь S=aS. Попадание шарика в решетку не происходит тогда и только тогда, когда центр шарика удален от каждой из осей на расстояние, большее г +É, и происходит в противном случае. Следовательно, множество неблагоприятных исходов - внутренний прямоугольник с площадью S', равной:

Множество благоприятных исходов (попадание шарика в решетку)- "рамка", которая имеет ширину

и площадь

Поэтому искомая вероятность

ЗАДАЧА 6. Начерчены 5 концентрических окружностей, радиусы которых равны соответственно zi= 4, 5). Круг радиуса 2 и два кольца с внешними радиусами Ji и âï и внутренними радиусами соответственно гг и заштрихованы. В круге радиуса Si наудачу выбрана точка. Найти вероятность попадания этой точки: 1) в круг радиуса ; 2) в заштрихованную область.

Решение очевидно:

ЗАДАЧА 7. Лодка перевозит груз с одного берега пролива на другой, пересекая пролив за 1 час. Какова вероятность того, что идущее вдоль пролива судно будет замечено, если с лодки обнаруживают судно в случае, когда пересекают его курс не ранее, чем за 20 мин. до пересечения судном курса лодки, и не позднее, чем через 20 мин. после пересечения судном курса лодки? Любой момент и любое место пересечения судном курса лодки равновозможны.

Решение. Пусть х - момент пересечения лодкой курса судна, $ - момент пересечения судном курса лодки. Тогда^ х*69(ми*), 4*уаЬОАигА- возможные значения х и р. Рассматривая числа X и у как координаты точек плоскости, можем представить множество возможных исходов как множество точек квадрата, одна вершина которого совпадает с началом координат, а две стороны лежат на координатных осях. Этот квадрат расположен в первом квадранте и имеет площадь S - аОг %

Если X предшествует у(х-%)> то обнаружение судна происходит при условии у- * *<га(мин) % Если же х следует за у(**¥) » то обнаружение судна происходит при условии, что х-у его(мин). Поэтому благоприятствующие событию значения X и у. удовлетворяют неравенствам: û* х *б#, *âû, -го* х-ч±го. Шестиугольник, определяемый этими неравенствами, имеет площадь

Искомая вероятность

ЗАДАЧА 8. На отрезке [JJ5] длиной Е наудачу выбраны две точки С и <т0. Какова вероятность, что расстояние методу ними меньше к£, если о* с < /?

Решение, Аналогично решению задачи 7. Пусть jdfcj^jz,. Тогда О * Xé £, Q ± % £ и возможные значения «г, ^ задают квадрат с площадью S * £*. Указанное выше событие происходит тогда и только тогда, когда \jc-yf<z£. Благоприятствующие событию значения х и у определяют шестиугольник, который является пересечением квадрата 0±х, у*£ъ полосой /ат-у/^ Площадь шестиугольника

Вероятность

ЗАДАЧА 9. Два лица имеют одинаковую вероятность прийти к указанному месту в любой момент промежутка времени Т. Определить вероятность того, что время ожидания одним другого будет не больше t(t * 7).

Решение. Пусть х и у. моменты прихода соответственно первого и второго лица. Тогда я*x*TjD±y*T- возможные значения х и у.. Эти неравенства определяют квадрат с площадью $шТг.

Событие происходит. тогда и только тогда, когда j^-y/^t. Прямые x-y-t и Je-g = - t вырезают из квадрата шестиугольник, который имеет площадь

Вероятность

ЗАДАЧА 10. Два парохода должны подойти к одному и тому же причалу. Время прихода обоих пароходов независимо и равновозможно в течение данных суток. Определить вероятность того, что одному из пароходов придется ожидать освобождения причала, если время стоянки первого парохода один час, а второго - два часа.

Решение. Пусть. г и % - время прибытия соответственно первого и второго пароходов. Возможные значения: Q*X*44(ux), û*Эти неравенства задают квадрат с площадью 3=г4*, расположенный в первом квадранте.

Событие (ожидание освобождения причала) происходит в том и только в том случае, когда либо Хб либо р * х ± у+г.

Строим прямые у* и у=х-г, Они вырезают из квадрата площади S шестиугольник, который изображает множество благоприятствующих событию исходов. Площадь Sjb. шестиугольника равна площади S квадрата минус площади прямоугольных равнобедренных треугольников с катетами длиной 23 и 22:

Вероятность

ЗАДАЧА 11. На отрезке длиной £ наудачу поставлены две точки С и ^. Найти вероятность того, что точка С будет ближе к точке Ф, чем к J.

Решение. Пусть 1ЛС/ = я, Очевидно О *. г * £, Q * y*t. Эти неравенства определяют квадрат, площадь которого 3*С*. Благоприятствуют событию те значения и £ которые удовлетворяют дополнительно неравенству ly-л/*я. Система неравенств О ± х, у* tjy-^/'z задает трапецию с верхним основанием /, нижним основанием £, высотой £ и площадью

Искомая вероятность

ЗАДАЧА 12. На отрезке длиной й наудачу ставятся две точки, которые разбивают его на три части. Определить вероятность того, что из трех получившихся частей можно построить треугольник.

Решение. Пусть х. и ^ - длины двух отрезков. Тогда?~х~$ - длина третьего отрезка. Возможные значения л и £ удовлетворяют неравенствам х*о, у*и, 0*x+f *£% которые задают на координатной плоскости треугольник с вершинами в точках (О. 0);(о. е)\ (£. 0) % его площадь S* £г.

Треугольник со сторонами. r, ^ существует тогда и только тогда, когда

Последние неравенства определяют на координатной плоскости треугольник площади

Следовательно,

ЗАДАЧА 13. На окружности радиуса R наудачу поставлены три точки Л, Л, С. Какова вероятность, что треугольник JlJbC остроугольный?

Решение. Пусть дуги dïJb и J&C имеют соответственно длины X и р. Тогда длина дуги С£ равна éj/p-jc-g. Очевидно хъо, у>'0, о^т+у + сг^я % причем этими неравенствами описываются все возможные значения х и у. Угол, вписанный в окружноеть, ^измеряется половиной дуги, на которую он опирается. Поэтому л Л&С является остроугольным тогда и только тогда, когда X'SfiJ#<Sf, <éS/r-jr-jr<<j%'£me. х**?*, p'Jtj х+# >JÏR. Таким образом, эта задача - частный случай предыдущей и Р

ЗАДАЧА 14. На отрезке [dJbl длиной £ наудачу поставлены две точки С и Ф. Определить вероятность того, что длины кавдого из трех получившихся отрезков не превосходят заданной величины а ± а ± £).

Решение. Пусть lJ№f*js, = #, Тогда /$Jß/ = = 6-х-у.. Возможные значения для х и у : хъо, уъд, О *х+у*£ 9 Эти неравенства определяют на координатной плоскости прямоугольный треугольник с катетами / и â, который есть пересечение первого квадранта с полуплоскостью х+у*£

Его площадь

Событие, вероятность которого вычисляется, происходит тогда и только тогда, когда

(I)

Рассмотрим случаи: I), j ба * 4 ; 2). § $ а ± е.

I). Строим прямые £=а > у= а-, х+# = £-а- и находим соответствующие полуплоскости (I). Их пересечение - равнобедренный прямоугольный треугольник. Прямые cc^q-j х+у = £-а- пересека-

ются в точке

Поэтому длина его катета равна

площадь

и вероятность

2). Выполняя аналогичные построения, находим, что теперь множество благоприятствующих исходов есть шестиугольник, расположенный внутри треугольника площади. Площадь »fo этого шестиугольника легко вычисляется:

Следовательно,

ЛИТЕРАТУРА

[1] Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей, ФМ, М., 1961

[2.] Горст Ю. Г. Задачник-практикум по теории вероятностей, "Просвещение", М. , 1969.

[3.] Мостеллер Ф. Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями, "Наука", М., 1971.

[4.] Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций, под ред. А. А. Свешникова, "Наука", М., 1965.

[5.] Яглом А. М., Яглом И. М. Неэлементарные задачи в элементарном изложении, ГТТИ, М., 1954.

А. С. ЛОМАКИНА, Ю. В. ЛОМАКИН (г. Вологда)

ДИФФРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ НА ЗАНЯТИЯХ С СЕЛЬСКИМИ ШКОЛЬНИКАМИ В ЛАГЕРЕ "МАТЕМАТИК".

Одной из задач летнего математического лагеря для сельских школьников Вологодской области является углубление и расширение их знаний по математике. Опыт проведения факультативного курса "Дифференциальные уравнения и некоторые их приложения" с учащимися в школах г. Вологды позволил авторам статьи знакомить с элементами дифференциальных уравнений и учащихся в лагере "Математик", К этой работе привлекаются студенты отделения математики, которые являются участниками спецсеминара "Подготовка студентов к проведению внеурочной работы в сельской школе". Они участвуют в экспериментальной работе в(школах города, а летом в лагере "Математик".

Учащиеся 9-10 классов, пользуясь аппаратом дифференциального исчисления, исследуют свойства данной функции - определяют промежутки ее возрастания и убывания, скорость изменения, точки максимума и минимума и т. п. Обратная, не менее важная, задача состоит в нахождении неизвестной функции по заданным ее свойствам. В простейшем случае эта задача решается в интегральном исчислении с помощью неопределенных интегралов. В других случаях требуется более сложный математический аппарат.

Для нахождения неизвестной функции по данным ее свойствам составляют уравнение, связывающее неизвестную функцию и величины, задающие ее свойства и, поскольку эти последние выражаются через производные того или иного порядка, приходят к соотношению, свя-

зыващему независимую переменную, неизвестную функцию и ее производные. Это соотношение называют дифференциальным уравнением Решая его, т. е. находя неизвестную-функцию, устанавливают закон, по которому происходит то или иное явление.

Многочисленные закономерности, встречающиеся в природе и технике, могут быть описаны только с помощью дифференциальных уравнений. Причем важно отметить, чтс явления самой различной природы описываются дифференциальными уравнениями одного и того же вида. Так, решения многих задач физики и техники, в которых рассматривается скорость изменения какой-либо величины (например, охлаждение или нагревание тела в окружающей среде, зависимость атмосферного давления от высоты, радиоактивный распад и др.) приводят к уравнению у'п ф

А дифференциальное уравнение луш*-еу=о одинаково хорошо описывает как незатухающие механические колебания, так и электрические колебания. Это свидетельствует о единстве природы, а с другой стороны, об общности математических методов.

Для изучения темы "Дифференциальные уравнения и некоторые их приложения" в программе лагеря "Математик" выделяется два учебных дня (8 уроков).

На первых уроках разбираются задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям. Затем формулируются и поясняются на конкретных примерах основные понятия и определения.

Чтобы расширить круг задач, решаемых с помощью дифференциальных уравнений, введем понятие дифференциала функции и новое обозначение производной.

В п. 51 "Алгебра и начала анализа" - 9 записана формула для приращения функции *J(x*)-aJt*9)'AX**(AJî}ï гДе функция R(ax)U) такая, что àm Rl**)~Q.

Первое слагаемое в правой части равенства (1) пропорционально Ая-, и оно названо главной частью приращения функции.

Определение. Дифференциалом функции y-f(x) называется главная часть приращения функции и обозначается dy : dy- f(xj лх (2)

Дифференциал функции зависит как от точки х, в которой он вычисляется, так и от приращения *х.

Дифференциал функции имеет простой геометрический смысл. Проведем в точке с абсциссой х0 касательную к графику функции y*J(*J. Из пункта 52 [l] знаем, что уравнение этой касательной имеет вид: у-!'(*•) (*-*•) или y-J(x9)* f'(x*)-*x (3)

Рис. 1

В левой части равенства (3) - приращение ординаты касательной, а в правой -дифференциал функции. Таким образом, дифференциал функции равен приращению ординаты касательной. Положим по определению, что дифференциал независимой переменной равен ее приращению doc*ах.. Пользуясь этим определением формулу (2) моябЛ записать c/u*f(xje/x или dp*y'c/jc (4)

Значит, дифференциал функции равен произведению производной этой функции на дифференциал независимой переменной. Из формулы (4) следует, что у'-.

Запись часто используется для обозначения производной функции у по независимой переменной сс.

Основной частью занятий является решение задач физико-технического содержания.

Для решения задач механики используется второй закон Ньютона F = та. , где /п - масса тела, S - вектор ускорения,? -вектор равнодействующей всех сил, действующих на движущееся тело.

В этих задачах по заданным силам (приложенным к телу), массе тела и начальным условиям его движения (начальному положению и начальной скорости) требуется определить движение тела.

Ограничимся рассмотрением прямолинейного движения. Если траекторию прямолинейного движения принять за ось Ох, то второй закон Ньютона в проекции на ось Ох. запишется так: тал =■ Рл, где F* - проекция вектора равнодействующей силы на ось Ох% ах -проекция вектора ускорения на ось Ох. Так как ах* ЛХ*) ГЗ] » то получаем уравнение прямолинейного движения точки mx"(t) - /=i (5) Учитывая, что скорость &'(*), можно записать уравнение (5) как уравнение первого порядка m v'(*) - Fx. (6)

Если в задаче требуется найти скорость ir, как функцию от расстояния x, то левую часть уравнения (6) приводим к виду:

Тогда уравнение принимает вид

(7)

Мы ставили цель научить не только методам решений некоторых дифференциальных уравнений, но главное, сформировать навыки составления дифференциальных уравнений для конкретных физико-технических задач и умение проводить анализ полученных решений.

Предлагаем ряд задач, которые можно решать На внеурочных занятиях после знакомства учащихся с интегралом.

ЗАДАЧА 1. Тело массой ЮОг толкают по горизонтальному столу без трения в направлении некоторой прямой. Величина приложенной силы выражается формулой F*(êOt где t - в секундах (о* t à iff)f при ±sO, %=<?c%. Чему равна скорость тела при t, ' 2с? При tê* iQc?

Решение. Пусть тело движется в направлении оси Ох (рис. 2)

Рис. 2.

Подставляя данные задачи в (6), получим дифференциальное уравнение движения

Решая дифференциальное уравнение, получим Постоянную с находим из начальных условий

получаем

поэтому

-это закон изменения скорости движения тела.

Найдем скорость тела при

получаем

ЗАДАЧА 2. Локомотив начинает двигаться со станции так, что его скорость меняется по закону v(tj - л ifs', где a*co/rsf9 S пройденный путь. Найти путь, пройденный локомотивом за первые сек. после начала движения.

Решение. Составим дифференциальное уравнение «движения

Получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.

Разделим переменные

Откуда

Воспользовавшись начальными условиями

получим

Тогда локомотив за t сек. после начала движения пройдет путь

ЗАДАЧА 3. Ракета движется в отсутствие внешних сил, выпуская непрерывную струю газа со скоростью и*, постоянной относительно ракеты, и в тот момент, когда ее масса равна m, имеет скорость v=v-0r и€п-~ 9 где т0 - ее масса в начальный момент времени t'O. Какое расстояние пройдет ракета за t секунд, если закон изменения массы m - m0^~olt, где d*Cûn*t?

Решение. Учитывая закон изменения масс, получил дифференциальное уравнение: я V* +atut

Решая это уравнение, получим x(V* * eLj~~ фС-

Для нахождения с воспользуемся начальными условиями:^--/, получим с ' о

Таким образом, ракета за t секунд пройдет расстояние X(ij. Vît' ^1г.

ЗАДАЧА 4. На покоившуюся частицу массы m в момент * шО начала действовать сила, меняющаяся со временем по закону f».d*t(t-t)% где о(*const % г - время, в течение которого действует данная сила. Найти скорость частицы после окончания действия силы.

Решение: В силу (6) получим дифференциальное уравнение движения частицы

Решая его, получим

Постоянную с найдем из начальных условий v(ûj*û, получим

Тогда

Из условия F*0, находим t s т

Тогда скорость частицы после окончания действия силы, т. е.

ЗАДАЧА 5. Частица массы ™ в момент о начинает двигаться из начала координат в положительном направлении оси Ол под действием силы F*F9 twtut, где ^ и ^ постоянные. Найти закон изменения координаты xfij в зависимости от времени.

Решение. Дифференциальное уравнение движения в этом случае в силу (5) будет иметь вид: m<x*(t) » F0- sùioot.

Это дифференциальное уравнение второго порядка.

Начальные условия получаем из условия задачи: *WSÛ

Решая полученное дифференциальное уравнение, получим

Из начального условия

найдем

Тогда

Откуда

Из х(о)-0, получаем с±*0. Тогда получаем закон изменения координаты в зависимости от вре-

ЗАДАЧА 6. Детский воздушный шар поднимается вверх под действием силы F ■ 7, 2. Сила сопротивления воздуха при движении шара выражается формулой?с*р* 1, 2 грк.. Масса шара, включая и массу газа внутри шара, 10 г. Через сколько секунд скорость шара будет равна Зсм/с? Какова будет его максимальная скорость?

Решение. В силу (6) получаем дифференциальное уравнение движения

Из начальных условий получаем

Тогда получаем закон изменения скорости в зависимости от времени ;

Подставляя

получим

ЗАДАЧА 7. Катер массы m движется по озеру со скоростью гг0 В момент tа0 выключили его двигатель. Считая силу сопротивления воды движению катера пропорциональной его скорости, найти скорость катера в зависимости от пути, пройденного с выключенным двигателем, а также полный путь до остановки (рис. 3).

Рис. 3.

Решение. Будем считать, что лодка движется прямолинейно. Направим ось Ох вдоль движения лодки. На движущуюся лодку действует сила сопротивления ^/'^^ {^gcûnst)в Тогда дифференциальное уравнение движения в проекции на ось Ох будет иметь вид mVYt)* -*V или *-*rdé. Откуда получаем Ä»г* Из начальных условий v(a)=v0 найдем с, -?п7г0. Тогда спгг*-£е+о, гг0.

После потенцирования получим закон зависимости скорости от времени; V9 Vi* €■ "йИ (8)

Для получения закона зависимости пути от времени воспользуемся тем, что v(t), т. е. получаем дифференциальное уравнение х'1*)*Фф*£Ф*% решая которое будем иметь x(tj*-fB-fr е^'К-с.

Из начальных условий x{âj = o находим сг * & Vê. Тогда

(9).

Для получения закона зависимости скорости от пройденного пути, находим из (Э) е тшй9 /-—xft) и, подставляя полученное выражение в (8), получим ir - гг0 - jc U0)

Для нахождения пути, пройденного до остановки, в (10) под-

ставим

Получаем

ЗАДАЧА 8. Тело массы т- начинают поднимать с поверхности земли, приложив к нему силу, величину которой изменяют с высотой подъема у по закону Г*&(1-а#)-тр% где а. - положительная постоянная. Как изменяется скорость тела в зависимости от высоты подъема у? При каком значении у скорость тела обращается в 0? (рис. 4).

Решение. Согласно (7) дифференциальное уравнение движения имеет вид

Подставляя *г и преобразуя, получим Откуда

Из начальных условий гг(о) = о получим с=о. Следовательно, Y= У<?£($-а#а)

Для ответа на второй вопрос задачи, решая уравнение V(&) =0, получим у=£

ЗАДАЧА 9. Винтовочная пуля массой 10 г/ летевшая со скоростью 900м/с, пробивает доску и вылетает из нее со скоростью 30 м/с. Определить толщину доски d, если сила сопротивления движению пули пропорциональна квадрату скорости пули и коэффициент пропорциональности равен 0, 2 н/м2/с2.

Решение. Выберем ось йг^ как показано на рис. 5# Дифференциальное уравнение движения нули в силу (7)

имеет вид

Откуда

Решая дифференциальное уравнение, получим

Из

начальных условии

находим

откуда

Подставляя числовые данные, получим

Рис. 4.

Рис. 5.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ.

1. Тело движется из состояния покоя вдоль оси X в течение 3 секунд под действием силы F = 3 + 4 t $Н), где t - время в секундах. Какую скорость оно приобретет за это время? Какой пройдет путь?

Ответ: 4, 5 м/с; 5, 25 м.

2. Тело массой G кг движется из состояния покоя вдоль оси X под действием силы F = 3 + 4дг(Н), где X в метрах, и проходит расстояние 3 м. Какую скорость оно при этом приобретает?

Ответ: 3 м/с

3. В момент времени t = 0 частица начинает двигаться из начала координат в положительном направлении оси л. Ее скорость меняется со временем по закону V- V*-(l, где T0 = fOCM/c- начальная скорость частицы, X = 5 с, Найти координату X частицы в моменты времени 1, = 6 с и té = 20 с.

Ответ: X-j- = 24 см; Х2 = 20 см.

- 4. Автомобиль движется по прямолинейному испытательному треку, начиная испытание со скоростью vâ = 20 км/час Если время t измеряется в часах и отсчитывается от начала испытания до ускорения автомобиля выражается формулой a'4-/<?t. Где будет находиться автомобиль через 0, 5 часа от начала испытания?

Ответ: 10, 25 км.

5. Тело массой *п> движется прямолинейно. Движение тормозится силой, пропорциональной скорости тела, F = -*tr # в начальный момент t=0, х=о, v=%. Найти время, за которое тело потеряет половину своей скорости, и максимальное расстояние, которое пройдет тело.

Ответ:

6. Моторная лодка массой 200 кг двигалась по озеру со скоростью гга = 20 м/с. Через 2 сек. после выключения мотора скорость лодки стала V = 4 м/с. Считая силу сопротивления пропорциональной квадрату скорости, определить коэффициент пропорциональности между силой сопротивления и квадратом скорости. Какой путь пройдет лодка при этом?

Ответ:

7. Ракета покоится при i =0. После старта ее ускорение меняется по закону a(t)- t +1, где t в секундах, ускорение в м/с. Чему равна скорость ракеты через 64 секунды? Как далеко будет ракета от места старта в этот момент?

Ответ: 405 м/с; 10, 8 км.

Е. Е. СЕМЕНОВ (г. Нижний Тагил)

ЭТОГО НЕ МОЖЕТ БЫТЬ!

(Материал для внеклассной работы по теме "Противоречивые и непротиворечивые свойства").

Понятие непротиворечивости играет важную роль при введении любого понятия. Содержащиеся в школьном курсе математики так называемые теоремы существования означают не что иное, как доказательство непротиворечивости свойств, входящих в определение. Ясно, что понятие непротиворечивости может быть осознано в достаточной степени лишь при условии, если учащимся будут предлагаться задачи на установление противоречивости предлагаемых свойств. При существующей системе обучения с понятием противоречивости учащиеся встречаются лишь при доказательстве теорем "способом от противного". Включение в число школьных задач таких, в которых устанавливается непротиворечивость или противоречивость предлагаемых свойств, способствовало бы как осознанию смысла и значения доказательства теорем существования, так и облегчило бы понимание доказательства "способом от противного".

Предлагаемые материалы преследуют цель - дать возможность студентам при проведении ими педагогической практики в школе в занимательной форме познакомить учащихся с понятиями непротиворечивости и противоречивости. При проведении занятий могут быть использованы инсценировки, могут проводиться соревнования " кто догадается первым" и так далее. Материалы рассчитаны на два-три занятия с учащимися 6 классов. Их можно использовать также при проведении викторин, КВН. Общее название "Этого не может быть!" в занимательной форме заменяет фразу:"Эти свойства противоречивы!" (Они не могут выполняться "одновременно"!").

В конце статьи даны ответы к предложенным задачам. Примеры других задач можно найти в статье автора "О задачах на установ-

ление противоречивости свойств" в сб. "Роль и место задач в обучении", выпущенном НИИ школ МП РСФСР в 1977 г. (выпуск IV) под ред. Ю. М. Колягина.

ВСТУПЛЕНИЕ

Я вошел в школу, остановился у открытых дверей актового зала и замер: в зале шла математическая пьеса!

- Уважаемый Степа Мошкин! - говорил уверенный в своем превосходстве некто, одетый в костюм пришельца с другой планеты. -Пусть два числа а и в обладают следующими двумя свойствами : 1) а/в= 2, 2) ав = 0. Теперь я рассуждаю так: из (1) следует, что в £ 0, следовательно, используя (2), можно сделать вывод, что а = 0. Тогда с помощью (1) получаю: О/в = 2, то есть 0=2! Ха-ха-ха! Каково? - Этого не может быть?! - А где ошибка - Нет ошибки!

В зале притихли.

- Как будут развиваться события дальше? - нетерпеливо подумал я и стал осторожно пробираться в укромный угол "партера", к открытому окну, через которое доносился аромат цветущей черемухи.

ЗАДАНИЕ 1. Что бы вы ответили "инопланетянину"?

1. Очаровательная тишина.

Пока "мои шкеты" напряженно думали, я вспомнил случай, похожий на тот, о котором я только что рассказал. Вот так же сидел на уроке "наблюдателем". Вошел учитель.

- Здравствуйте!... Кто не решил домашнюю задачу?

В ответ постепенно, отводя глаза от учителя, подняли руки...

все.

- Прочитай задачу, - кивнул одному из учащихся учитель.

- Надо построить треугольник, который обладал бы четырьмя свойствами: 1) имел площадь, равную 8 см2 ; 2) был равнобедренным 3) имел прямой угол; 4) имел длину гипотенузы, равную 4 см.

- Ну и что же вас затруднило?

- Мы не знаем, как построить такой треугольник... Мы и так и эдак - не получается... То площадь не та, то площадь, как сказано, равна 8 см2, - опять основание не такое... А у меня и основание - как надо, и треугольник равнобедренный - так угол не получается прямым...

Мы даже к восьмиклассникам обращались - они бессильны.

- А вы знаете, что значит решить задачу?

-... Ну, найти ответ... Решить!

- Об этом я и спрашиваю - что значит - решить?... Ну, хорошо. Представьте, что дана задача: решить уравнение х2= -9. Каким будет ваш ответ?

- Пустое множество!

- Это уравнение корней не имеет!

- Таким образом, решить уравнение - значит отыскать такие значения переменной, которые обращают его в верное равенство. Бели такие значения переменной есть - их надо указать, а если таких значений нет - надо доказать, что их нет.

- Чем же отличается домашняя задача от этой?

- В ней надо искать не корень уравнения, а треугольник, обладающий данными свойствами...

-... Стало быть, надо или построить такой треугольник, или доказать, что такого треугольника не может быть и поэтому всякие построения бессмысленны!

- И каков же "ответ" к домашней задаче?

- Треугольника, обладающего указанными свойствами, не существует!

- Вот и все. Не могли догадаться сами? Решение рассмотренной домашней задачи состоит не в построении искомого треугольника (такого нет!), а в доказательстве того, что его не существует! (Аналогично: решение уравнения х^ = -9 состоит не в бесплодном поиске его корней, а в доказательстве, что таковых нет!).

Мои мысли вернулись в зал. 6 зале, как и в том классе вслед за последними словами учителя, стояла очаровательная тишина. Только тогда ученики осознавали всю глубину ошеломляюще простой истины, а сейчас - искали ее.

ЗАДАНИЕ 2. Докажите, что треугольника с указанными свойствами нет.

ЗАДАНИЕ 3. Построить треугольник ABC, обладающий свойствами 1) /АВ/=/ВС/ = 6см; 2) радиус вписанной окружности равен 6 см.

Совет для тех, кто еще не разгадал ошибку в рассуждениях "инопланетянина": попытайтесь сделать это теперь.

2. В чем ошибка?

После бурного обсуждения - в чем же ошибка в рассуждениях

"инопланетянина" - получил слово Степа Мошкин.

- Уважаемый Инко! - обратился он к "инопланетянину"» - Ты сказал: "Пусть два числа айв обладают следующими свойствами: 1) а/в = 2, 2) ав=0"о Значиту ты исходишь в доказательстве равенства 0=2 из того, что такие два числа айв существуют. А существуют ли они? Я рассуждаю так. Допустим (предположим), что два указанных числа айв существуют. Тогда одно из них, а именно в-отлично от нуля (так как в - знаменатель!). Поскольку ав = 0 и в ^ 0, то а = 0! Но тогда а/в = 0, что противоречит условию: а/в = 2. А это значит, что наше допущение неверно! Неверно, что числа айв, удовлетворяющие указанным двум свойствам, существуют! Таких чисел просто нет! бот и все. Кстати, можно было сразу воспользоваться полученным тобой равенством 0 = 2. Оно неверно, а это означает, что чисел с названными тобой свойствами нет! В общем, доказана способом от противного теорема: не существует такой пары чисел айв, для которых были бы выполнены условия: а/в = 2 и ав = 0!9

Степа помолчал и добавил:

- Еще можно сказать, что Инко доказал: система /а/в = 2 относительно переменных а и в не имеет решений!

- А как же назвать ошибку Инко? В чем она? Он вроде все говорил верно! - раздался чей-то голос.

Тут встал учитель. Я знал его - это Петр Иванович.

- Ошибка Инко - в неверном истолковании подученного равенства 0 = 2. Инко объявил его верным, вместо того, чтобы, видя, что оно неверное, сделать вывод: чисел а и в с указанными свойствами не существует!

З. Степино желание.

- Ты говорил, Инко, что в случае разгадки твоего "доказательства" ты выполнишь любое желание отгадавших. Так будь добр, подари мне собаку, которая удовлетворяла бы двум свойствам: 1) была чистопородным сеттером, 2) была чистопородной овчаркой.

- Этого не может сделать, Степа, никто, потому, что твои свойства противоречивы. Собаки, удовлетворяющей указанным тобой свойствам, не может быть! Я прощу заменить одно из названных свойств собаки другим, таким, чтобы оно не противоречило оставленному свойству.

Степа обратился в зал.

- Кто сделает это?

Из зала раздались предложения.

- 1) Собака должна быть чистопородным сеттером. 2) Собака должна быть рыжей.

- 1) Собака должна быть чистопородной овчаркой. 2) Собаке должно быть не более полугода!

- Таких собак я вам найду, потому, что их свойства непротиворечивы. Такие собаки существуют! - ответил Инко. - И еще, в придачу, я дарю вам самый короткий день года, принадлежащий самому короткому месяцу!

- Такого дня нет! - зашумел зал. - Самый короткий день -в этом месяце!

После этого Степа предложил сидящим в зале.

ЗАДАНИЕ 4. Как уже установлено, свойства чисел а и в: 1) а/в =2, 2) ав = 0 - противоречивы, то есть чисел с такими свойствами не существует. Замените одно из свойств другим таким, чтобы оно не противоречило оставленному свойству.

Совет тем, кто не выполнил задания 2 и 3: вернитесь к ним - выполнить их теперь вам будет легче.

ЗАДАНИЕ 5. Замените одно из свойств, с которыми вы имели дело при выполнении заданий 2 и 3, таким свойством, чтобы оно не противоречило оставшимся свойствам.

4. Петр Иванович подводит итог.

- Итак, друзья, вы познакомились с понятиями противоречивости и непротиворечивости. Какие свойства считаются противоречивыми? Кто скажет? Скажи, Коля!

- Свойства считаются противоречивыми, если не может существовать такого предмета, для которого они выполняются.

- Верно. В математике говорят, что свойства противоречивы, если не существует модели, в которой они выполняются. Моделью может служить некоторое множество чисел, чертеж, фигура, какой-либо реальный предмет (например, сеттер или овчарка), какие-либо явления, отображение множества на множество и так далее.

- В каком случае свойства называются непротиворечивыми?...

Леня!

- Свойства непротиворечивы, если существует модель, в которой они все выполняются.

- Так вот. при введении нового понятия математик должен

убедиться, что свойства, перечисленные в определении, непротиворечивы. Иначе он будет "изучать" объекты, которые не могут существовать.

- А теперь подучите задание. Оно - для желающих! Точно через две недели решения нужно подать Степе Мошкину. Через 300 часов с данного момента жюри учащихся проверит все работы и выявит самого сильного математика. Победитель будет награжден призом Степы Мошкина!

- А этот приз не с противоречивыми свойствами? - пошутил кто-то.

- Если ваши ответы не будут противоречить условию задач, то вы получите приз с непротиворечивыми свойствами! - так же отшутился Петр Иванович.

ЗАДАНИЕ 6. Как вы поняли две последние шутки? Раскройте их смысл, не пользуясь словами "противоречивость", "непротиворечивость".

А вот задачи Петра Ивановича.

ЗАДАЧА 7. Степа Мошкин внимательно выслушал рассказ Стасика. Из него следовало:

1) Стасик ходил за грибами полтора часа.

2) Как только он дошел до грибного места, - намазался антикомарином.

3) Антикомарин надежно защищает от комаров в течение двух часов.

4) Стасику здорово досталось от комаров, пока он собирал грибы.

Противоречив ли рассказ Стасика или непротиворечив? Если он противоречив, то как его сделать непротиворечивым?

ЗАДАЧА 8. Диму стали расспрашивать. Он сообщил о себе следующее.

1) Окончил 5 классов.

2) Центральную симметрию не изучал.

3) Об отрицательных числах ничего не слыхал.

Рассказал ли Дима правду? Может ли существовать Дима с такими "свойствами"? Пользуясь приведенным рассказом Димы, приведите непротиворечивый рассказ.

ЗАДАЧА 9. Лене дали задачу: построить равносторонний треугольник со стороной 6 см и длиной средней линии 2 см. Леня решить задачу не смог. А как эту задачу решили бы вы?

ЗАДАЧА 10, Постройте прямоугольник со стороной 4 см и диагональю, длина которой равна 4 см.

ЗАДАЧА 11. Леня составил задачу: построить ромб, удовлетворяющий свойствам: 1) один из углов ромба равен 30°, 2) высота ромба в 3 раза больше основания.

Существует ли такой ромб? Переделайте задачу так, чтобы искомый ромб существовал.

ЗАДАЧА 12. Саша доказал, что неотрицательное число может быть равным отрицательному числу. Сделал он это следующим образом.

Возьмем какие-либо два числа а и в такие, что: 1) а+в=2 ; 2) ав = 6. Известно, что (а+в)2=а2+ в2+ 2ав. Пользуясь этим тождеством и указанными свойствами чисел а и в, получаем: 22=а2+ в2 + 12, то есть а2+ в2= -8. Но а2+в2=0. Следовательно, неотрицательное число может быть равно отрицательному числу!

Как вы оцениваете такое доказательство?

ЗАДАЧА 13. Сторона квадрата равна 2 см. Построить квадрат, площадь которого в 2 раза больше площади данного квадрата и сторона в 2 раза больше стороны данного квадрата.

ЗАДАЧА 14. Саша выбрал ось симметрии и стал искать такую окружность, что если точка X "бегает" по ней в направлении вращения стрелки часов, то и ее образ Xj "бегает" по симметричной окружности также в направлении вращения стрелки часов.

Найдет ли Саша такую окружность? Выполняется ли свойство: если точка перемещается по окружности в направлении вращения стрелки часов, то и ее образ перемещается по соответствующей окружности также в направлении вращения стрелки часов - в случае центральной симметрии и параллельного переноса?

ЗАДАЧА 15. а) Будет ли выявлен сильнейший математик в срок, указанный Петром Ивановичем, если все будет сделано так, как он сказал? (Нет ли противоречия в том, что сказал Петр Иванович?).

б) Нет ли противоречия в самом рассказе? Как бы вы устранили найденные противоречия?

в) Можно ли включить в рассказ следующий абзац:

"Улица была наполнена ароматом цветущих черемух и лип. А я сидел на уроке и мечтал о начале летних каникул". Почему?

Заключение.

В заключении Петр Иванович предложил игру "Не может быть!" Она состояла в следующем.

Первый ученик называл какую-нибудь фигуру.

- Окружность! - произнес Коля.

Следующий должен был назвать какое-либо свойство. Бели этим свойством названная фигура обладает, -догадавшиеся об этом произносят: "Хорошо!"; если сформулированным свойством названная фигура не обладает (свойство противоречит определению фигуры), надо произнести: "Не может быть!"

- Окружность делит плоскость на две области! Зал, как сговорившись, крикнул:

- Хорошо!

- Через две точки можно провести только одну окружность!

- Не может быть!

- Через любые три точки плоскости, не лежащие на одной прямой, можно провести окружность!

- Хорошо! - проскандировал зал.

- Около всякого прямоугольника можно описать окружность!

-...

Незаметно покидая зал, я раздумывал:

- А как же быть с такой игрой на уроке? Шумно ведь будет. Хотя, по-моему, можно воспользоваться "фонариком" -зеленый-"хорошо", красный - "не может быть!"

Последнее, что я услышал, уходя из школы, было:

- Хорошо!

- Какое же свойство окружности могло быть названо? Может, вы ответите на этот вопрос?

И вот вам еще задача: замените многоточия словами "Хорошо!" или "Не может быть!" (или знаком "+", знаком "-"соответственно).

- Прямоугольник.

- Смежные стороны взаимно перпендикулярны!

-....

- Имеет только одну ось симметрии!

-...

- Имеет ось симметрии!

-...

- Имеет две оси симметрии!

-...

- Не имеет центра симметрии!...

- Не может быть квадратом!

- ...

К статье Е. Семенова "Этого не может быть!"

Ответы, указания, решения.

2. Пусть треугольник обладает свойствами 2, 3, 4. Тогда это будет равнобедренный прямоугольный треугольник с длиной гипотенузы 4 см. Высота такого треугольника, проведенная к гипотенузе, имеет длину 2 см. Тогда площадь треугольника, обладающего свойствами 2, 3, 4, равна 4 см2, то есть не может быть равной 8 см2, как сказано в условии задачи. По этой причине треугольника, удовлетворяющего свойствам 1-4, не существует, а свойства 1-4 противоречивы.

3. Сторона АС треугольника имеет длину, меньшую 12 см. Длины данных сторон равны 6 см. Следовательно, окружность с диаметром в 12 см не "вместится" в такой треугольник (диаметр вписанной окружности должен быть меньше 12 см). Следовательно, треугольника, обладающего указанными двумя свойствами, не существует, а указанные в условии задачи свойства треугольника противоречивы.

4. Второе свойство можно, например, заменить таким: ав=2. Тогда, например, числа 2 и I (а=2, в=1) будут удовлетворять свойствам а/в = 2 и ав = 2. Первое свойство можно заменить требованием, чтобы а/в = 0 или, например, свойством (а-1)в=0. Числа, удовлетворяющие свойствам а/в=0 и ав=0 существуют (убедитесь в этом). Числа, удовлетворяющие свойствам (а-1)в=0 и ав-О, также существуют (подберите хотя бы одну пару таких чисел).

5. Можно заменить первое свойство, например, таким: площадь треугольника не превышает 8 см2. Можно заменить четвертое свойство, например, таким: имел длину катета, равную 4 см.

6. Шутка: "А этот приз не с противоречивыми свойствами?" означает: "А будет ли приз на самом деле? Или, может, его не будет? Может, это обман?" Фраза "Если ваши ответы не будут противоречить условию задач" означает: "Если ваши решения будут верными".

7. Рассказ Стасика противоречив. Для устранения противо -

речия достаточно пункт I рассказа заменить, например, таким: Стасик ходил за грибами 3 часа.

8. Свойства 2 и 3 противоречат свойству I, так как в 5 классе изучаются и центральная симметрия и отрицательные числа. Поэтому "Димы с такими свойствами" (если, конечно, иметь в виду правду) не существует. Чтобы рассказ Димы был непротиворечив, надо, например, сказать, что Дима закончил 4 класса.

9. Такого треугольника не существует, так как если в равностороннем треугольнике с длиной стороны 6 см длина средней линии равна 3 см.

10. Такого прямоугольника не существует, поскольку диагональ всякого прямоугольника длиннее его сторон.

11. Если один из углов ромба 30°, его высота меньше основания в 2 раза. Поэтому ромба, удовлетворяющего указанным в задаче свойствам, не существует. Чтобы сделать задачу непротиворечивой, можно отказаться от свойства 2 и заменить его, например, таким: высота ромба равна 3 см.

12. Равенство а + в2 = -8 не может быть верным ни при каких значениях переменных айв. Следовательно, чисел, удовлетворяющих условиям 1) а+в=2 и 2) ав = 6 - не существует.

13. Такого квадрата не существует. Если сторона одного квадрата в 2 раза больше стороны другого, то площадь первого квадрата больше площади второго в 4 раза.

14. Если точка перемещается по окружности в одном направлении, то ее образ перемещается по симметричной окружности в противоположном направлении. Свойство: если точка X перемещается по окружности по часовой стрелке, то ее образ Xj также перемещается по соответствующей окружности в том же направлении - для центральной симметрии и параллельного переноса выполняется.

15. а) Петр Иванович сказал, что решения нужно подать через две недели, а проверены они будут через 300 часов с данного момента. Получается, что проверка будет сделана раньше, чем будут поданы решения, что невозможно.

б) Есть. В начале сказано, что на улице цвела черемуха, а в пункте 3 было сообщено, что события состоялись в месяце с самым коротким днем года, то есть в декабре. А в декабре черемуха не цветет.

в) Приведенный абзац противоречив.

В. А. ГОРБУНОВА (г. Вологда)

О РЕШЕНИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ РАЗЛИЧНЫМИ МЕТОДАМИ

Изучение геометрии в средней школе по действующей программе расширяет арсенал методов решения задач. Наряду с традиционными методами (конструктивно-синтетическим, алгебраическим, применением тригонометрии к решению геометрических задач) учащиеся овладевают и современными методами (векторным, координатным и методом геометрических преобразований), что позволяет использовать на уроках и внеурочных занятиях по математике такую форму работы над геометрической задачей как решение ее различными методами. Мы считаем, что учителю прежде чем использовать предлагаемую форму работы на уроках, целесообразно приобрести предварительно опыт на внеклассных занятиях.

Одним из ведущих методов решения задач при обучении геометрии по ранее действующей программе является конструктивно-синтетический. Методике решения задач этим методом посвящено много различных исследований, она проверена многолетним опытом преподавания. Разработаны различные приемы умственной деятельности как алгоритмического так и эвристического типа, необходимые при решении задач данным методом. Применение эвристик при решении математических задач и обучение им рассматривается, например, в книгах [4], [6].

Алгебраический метод и применение тригонометрии к решению геометрических задач - это формы аналитического метода, при которых связи между данными и искомыми устанавливаются с помощью уравнений и неравенств. Решение задач этими методами способствует выявлению внутрипредметных связей, конкретизации и системати-

зации знаний по тому и другому разделу математики, развитию мышления школьников.

Изучение векторного и координатного методов позволило более широко использовать алгебраический аппарат при решении геометрических задач, формировать современный взгляд на математику, также способствует усилению политехнической направленности обучения, поскольку в процессе решения задач современными методами учащиеся овладевают общим подходом к решению прикладных задач, что составляет принципиальную основу политехнического обучения в школьном курсе математики. Решение задач данными методами обладает большой общностью, дает возможность развивать и использовать при решении задач алгоритмические и эвристические приемы умственной деятельности.

Владение приемами вносит планомерность в организацию умственной деятельности и логическую последовательность. "Формирование приемов мыслительной деятельности алгоритмического типа, ориентирующих на формально-логический анализ задач, является необходимым. Во-первых, потому, что содействует совершенствованию репродуктивного мышления, являющегося важным компонентом-творческой деятельности. Во-вторых, эти приемы служат фондом знаний, из которого ученик может черпать "строительный материал" для создания, конструирования методов решения новых для него задач" [3, c. 41]. Алгоритмические приемы не достаточны для развития мышления" потому, что не соответствуют специфике продуктивного мышления, не стимулируют интенсивного развития именно этой стороны умственной деятельности [3, с. 41]. Формированию продуктивного мышления способствуют эвристические приемы, ибо они ориентируют на содержательный анализ задач.

Для решения содержательных математических задач даже определенного типа невозможно составить строго алгоритмическое предписание, в нем обязательно присутствуют эвристические элементы.

Приведем для примера предписание, которым можно руководствоваться при решении задач векторным методом на нахождение длины отрезка.

1. Изучите условие задачи. Выделите данные и неизвестные. Попытайтесь выяснить связь между ними.

2. Задайте векторы так, чтобы в их изображении имелись искомый отрезок и отрезки, связанный с ним какими-то соотношениями.

3. За базисные векторы выберите такие неколлинеарные (для планиметрических задач), некомпланарные (для стереометрических задач), о длине или расположении которых что-то известно, по которым рационально разложить вектор, длину которого ищем.

4. Выполните разложение вектора, длину которого нужно найти, по оазисным векторам.

5. Найдите скалярный квадрат этого вектора.

6. Вычислите длину вектора, используя формулу/я/-. При изучении методов решения задач учащиеся должны знакомиться не только с содержательной стороной знаний, но и с приемами умственной деятельности, которые являются неотъемлемым компонентом процесса решения задач.

Рассмотрев с учащимися решение основных видов задач векторным методом, определенных программой, вслед за этим полезно познакомить их с эвристическими приемами отыскания метода решения различных содержательных геометрических задач.

Мы предлагаем следующую эвристику.

- Изучи условие задачи. Нет ли здесь знакомой задачи на применение векторов?

- Если знакомой задачи не нашли, вернитесь к условию задачи, выясните, о каких фигурах и каком расположении их говорится в задаче (если в задаче говорится о параллелограмме, многоугольниках, преимущественно правильных, об окружности, как правило, одной или концентрических окружностях, сфере, параллелепипеде, призме, тетраэдре, то задачу можно попытаться решить векторным методом; если задача на построение, то векторный метод, как правило, не применяется).

- Попытайся установить аффинная это задача или метрическая:

а) - Если в задаче идет речь о параллелограмме, трапеции, параллелепипеде, об установлении параллельности прямых и отрезков, принадлежности точек прямой, о нахождении отношений длин параллельных отрезков, то эту задачу относят к аффинным.

- Попытайся определить, какими знаниями из векторной алгебры можно воспользоваться при решении данной задачи) например, необходимым и достаточным условие коллинеарности двух векторов, компланарности трех векторов, условием принадлежности трех точек прямой, сложением векторов, умножением вектора на число и их свойствами).

б) - Если в задаче идет речь о нахождении длины отрезка, величине угла, о доказательстве перпендикулярности прямых, то это метрическая задача.

- Вспомни, какими знаниями о векторах целесообразно воспользоваться при решении данной задачи (например, скалярным произведением векторов, его свойствами и следствиями из них, разложением вектора по двум неколлинеарным или трем некомпланарным векторам).

- Рационально введи векторы.

- Переведи задачу на язык векторов.

- Примени нужные знания, эвристические приемы и реши задачу.

В таком плане следует вести работу с учащимися и при изучении других методов решения задач.

В настоящее время в основу изучения геометрии в средней школе положен также метод геометрических преобразований, следовательно, это один из ведущих методов решения задач, которым должны овладеть учащиеся.

Изучение стольких методов решения геометрических задач в школе обогащает знания и умения учащихся, содействует формированию материалистического взгляда на математику, а также является необходимой предпосылкой организации работы по отысканию различных методов решения геометрических задач. Эта форма работы над задачей открывает новые возможности для развития продуктивного мышления школьников, повышает качество обучения геометрии.

Решение задач различными методами способствует формированию обобщенных приемов умственной деятельности, ибо при отыскании методов решения задач учащимся приходится актуализировать знания из различных разделов математики, сопоставлять и обобщать найденные решения. Эта форма работы позволяет также показать преимущества того или иного метода, развивает исследовательские способности учеников. Все эти качества являются необходимыми компонентами творческой деятельности.

Каждый новый метод решения задачи увеличивает объем примененного материала, открывает новые исходные посылки решения, выявляет скрытые зависимости между данными. Уровень умения при-

менять разные методы к решению задач является мерой глубины понимания учениками соответствующего учебного материала.

С другой стороны, решая разные задачи, учащимся приходится переключаться с одного условия на другое, вживаться в новую ситуацию. Это требует дополнительного времени, а рассмотрение нескольких вариантов решения одной задачи сокращает его. Разные методы решения помогают понять задачу всесторонне и, как правило, приводят к новым вариациям.

Из выше сказанного следует, что такая форма работы над задачей играет важную роль в обучении учащихся, в их развитии, в методической организации процесса обучения. Однако надо помнить, что умение применять разные методы к решению задачи, как и любое другое умение, само по себе не приходит. Для формирования его необходима систематическая работа и определенные условия.

Требуется набор целенаправленно составленных задач, решение которых возможно несколькими методами, включение их в учебные пособия, дополнительные сборники задач, предназначенные как для учителя так и для учащихся.

Важно использовать эту форму работы на всех этапах обучения: во время изучения нового материала, когда появляется такая возможность, при организации любого вида повторения учебного материала, во внеурочной работе с учащимися. Следует специально отводить уроки, посвященные решению задач несколькими методами. Практиковать длительное решение задачи, то есть одну и ту же задачу решать разными методами и способами по мере изучения материала.

Для успешного формирования умения находить разные методы решения задачи необходимо овладеть не только содержательной стороной знаний, но и соответствующими приемами умственной деятельности.

Мы предлагаем учащихся познакомить со следующей эвристикой.

- Попытайся решить задачу традиционными методами-. Для этого можешь воспользоваться таблицей "Как решать задачу", предложенную Д. Пойа [6, с. 202-204].

- Есть ли возможность решить задачу векторным методом? Воспользуйся эвристикой векторного метода решения.

- Посмотри, нельзя ли применить какое-либо геометрическое преобразование, его свойства для решения задачи. Попытайся при-

менить для отыскания плана решения известные тебе эвристики метода преобразований.

- Попробуй ввести систему координат, записать условие задачи в координатной форме (если задача на построение, то метод координат, как правило, не удобен). Примени для отыскания решения задачи известные тебе эвристики координатного метода.

- Сопоставь методы решения задачи. Выбери из них рациональный.

Далее мы приводим задачи, решенные несколькими методами.

ЗАДАЧА 1. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC вне его построен квадрат. Зная, что сумма катетов равна т. , определить расстояние от вершины С до центра квадрата.

Попробуем решить задачу традиционными средствами. Анализируя условие задачи, приходим к заключению, что для нахождения длины отрезка СО можно исходить из соотношения углов и сторон прямоугольного треугольника ABC и треугольника АСО (рис. 1), содержащего искомый отрезок СО. Для записи зависимостей между данными и искомыми на языке символов и как вспомогательные элементы введем обозначения ;

В треугольнике АСО будем считать известной В в Нельзя ли выразить длину стороны АО и величину угла CAO через данные и вспомогательные компоненты, тогда для вычисления длины искомого отрезка можно воспользоваться теоремой косинусов.

Действительно, \d№\ = £, т. к. треугольник АОВ есть равнобедренный и прямоугольный; CJO=45°+o<. По теореме косинусов из треугольника АСО находим:

Мы решили пока частную проблему: выразили СО через вспомогательные элементы. Дальнейшая наша цель - выразить СО через данные. Заметим, что

Тогда

Следует отметить, используя иные посылки можно еще отыскать несколько способов применения тригонометрии к решению задачи.

Зная теорему Птоломея (с ней полезно ознакомить учащихся на внеурочных занятиях), задачу можно решить весьма эффективно конструктивно-синтетическим методом. Такая работа содействует установлению преемственности между классными и внеурочными занятиями по предмету.

Учитывая, что

по теореме Птоломея получаем

Тогда,

Попытаемся для решения задачи применить метод геометрических преобразований. Какое выбрать преобразование? Выявляя явные и скрытые отношения между данными, отмечаем, что диагонали квадрата перпендикулярны, пересекаются в точке 0, дан прямоугольный треугольник, отрезок СО связан с центром квадрата. Выделяем общее: точка 0 и прямой угол. Предполагаем, что нельзя ли использовать поворот вокруг центра квадрата на угол 90°.

Итак, описали проблемную ситуацию, схематизировали имеющиеся отношения, перевели проблему на язык функциональных отношении.

Повернем треугольник ВОС на угол 90° вокруг точки 0. Тогда, R, (*J>DC):a Jû9 (рис. 2), т. к. точка В отображается Hai / IttOI' lOJbl, JOS 9êQ°j\ С отображается на Д и точка О отображается сама на себя. Причем точки Д, А и С лежат на одной прямой, поскольку R9*êÙ- САО)**Ю40), следовательно CJbDs $3o и тогда

Поэтому ДОС - треугольник, в котором

Откуда

Применение метода преобразований к решению задачи вскрывает геометрическую сущность ее, при этом ответ получается почти без вычислений.

Далее задаем вопрос: "Не можем ли применить метод координат к решению рассматриваемой задачи?"

В первую очередь необходимо рационально ввести систему координат. Дан прямоугольный треугольник и известна у него длина

Рис. 2

суоды катетов, то естественно за центр выбрать вершину прямого угла треугольника ABC и оси направить по его катетам (рис. 3).

Вновь возвращаемся к требованию задачи. Следует найти длину отрезка или расстояние между точками С и 0, заданными своими координатами. Необходимо определить координаты этих точек в выбранной системе координат.

Непосредственно из чертежа находим:

Тогда

Поэтому

ЗАДАЧА 2. Найдите угол между непересекающимися диагоналями двух боковых граней правильной треугольной призмы, если длина стороны основания и высоты призмы соответственно равны а ж à.

На поисках решения этой задачи не останавливаемся, сразу приведем синтетическое решение задачи тремя методами. Решим задачу традиционными средствами. Достроим данную треугольную призму С, до параллелепипеда JMbC$J, &, Ci% и проведем (Л%)//(&£,) (рис. 4).

Пусть ((JA)f(&c. y). Величину угла вычислим, используя теорему косинусов, предварительно найдя длины сторон треугольника

Попытаемся решить задачу векторным методом. Изучая условне задачи, приходим к выводу, что это знакомая метрическая задача на нахождение величины угла между прямыми. Выберем за базисные векторы

тогда

Применяя выше приведенную формулу, получаем:

Рис. 3.

Рис. 4

Решим задачу координатным методом. Введем прямоугольную систему координат (рис. 5). Вычислим координаты векторов и &с в данной системе координат: JAf*(û) °-> Ь) ; 3cf=(^j -J?-, h). Применяя формулу для вычисления косинуса угла между векторами, заданными координатами, находим:

Сравнивая полученные решения, приходим к выводу, что при решении конструктивно-синтетическим методом приходится воспользоваться дополнительным построением, координатный метод требует введение трехгранного координатного угла, дополнительной и весьма не простой фигуры. Более естественное решение в данном случае дает векторный метод. Однако следует учесть, что и решение двумя другими средствами имеет свои преимущества.

ЗАДАЧА 3. Через точку М, принадлежащую диагонали ВД квадрата АВСД проведены отрезки PQ и RS соответственно параллельные сторонам АД и ДС и Ре [ЛAI, R е. Докажите, что отрезки QS и rfJU перпендикулярны.

I. Решение традиционными средствами.

I СПОСОБ. Проведем [MA] iiCQS], где */=(Р№("4)(рлс. 6)9 Отрезок^/9 в треугольникеЛМ*Ьявляется высотой, так как Ш] ± ГЛА], [QPJ пШ].

Поскольку

Следовательно,

Имеем, что

две высоты jf и jup пересекаются в

Рис. 5.

Рис. 6.

в точке N, следовательно. (М) перпендикулярна [MJ. Отсюда [QS]i LJJU] \

2 СПОСОБ. Проведем [QL]//№J]9 где L=(QL)n(Vfi). Четырехугольники 9 Q M * и Pn&SM являются квадратами, т. к. точка M принадлежит диагонали данного квадрата jfJbC^ и [QPJi r*S]. Отсюда I a Ml = MPI у IM PI = I MSI Тогда имеем, что прямоугольные треугольники Q MS и *АРм конгруэнтны по двум катетам. В конгруэнтных треугольниках против конгруэнтных сторон лежат конгруэнтные углы, следовательно МЛР = m Cl S. Но ЛМР=ЩР как углы с соответственно параллельными сторонами. Из прямоугольного треугольника Л M Р имеем: ~$о\ Поэтому Л MP l QP + MQS = 9о°. Откуда LQS = 90°', а значит [LQJiLQS] и CJfMJiCas].

3 СПОСОБ. Для доказательства перпендикулярности отрезков ЛМ и QS воспользуемся признаком перпендикулярности двух отрезков (два отрезка ЛМ и являются перпендикулярными, если выполняется равенство

Обозначим

Вычислим

Равенство выполняется, поэтому отрезки &s и ЛМ перпендикулярны.

II. Решение векторным методом.

4 СПОСОБ. Введем векторы

(рис. 7). Тогда

Вычислим скалярное произведение

Поскольку скалярное произведение векторов равно нулю и векторы Л M, QS1

Рис. 7.

ненулевые, то Л M J. Q$. Следовательно, id Ml ± iUS] #

III. Решение с помощью геометрических преобразований.

5 СПОСОБ, Имеем, что треугольники <ЛРМ и QMS конгруэнтны и одинаково ориентированы. Следовательно можно получить один треугольник из другого поворотом.

Рассмотрим поворот к0, где точка 0 - центр квадрата PMJJb. При данном повороте Р~*м, M-*S, т. к. диагонали квадрата перпендикулярны и в точке пересечения делятся пополам. Следовательно» Л/ ([РМ]]*[мз^ поскольку [JPJ^EВМ] и отрезок Ц^лежит слева от f WJ и [JP] 1 ГРМ] ; а также iQ Ml лежит слева otT^J и [QMjliMS], то Q=R*(4). Итак, - Ro°°CM), f**f<0, то iWls Р0 (Mrtl). Тогда iJM]i[QSl9 т. к. угол мевду лучом и его образом при повороте равен углу поворота.

ЗАДАЧА 4. В окружности радиуса Я проведены хорды dJb nJC, Вычислить расстояние ВС, если \éJb]= m 9 jjfCh* tm£+n*=4RA

Ответ.

I. Традиционными средствами: 1) применяя теорему косинусов

2) применяя теорему Птоломея

II. Векторный метод с применением тригонометрии.

III. Векторным методом, используя теорему о единственности разложения вектора.

ЗАДАЧА 5. Дан прямоугольный равнобедренный треугольник В нем проведены медиана AM и перпендикулярно к ней отрезок С% (точка Д принадлежит гипотенузе AB). Вычислить отношение /Ответ. 1:2 /

I. Традиционными средствами: 1) конструктивное решение (использовать дополнительное построение: (ftN) ii(JbC) и показать, что iCOJ С [JAJ - гипотенуза, А/'€&С1Л0€ в треугольнике jJbù является высотой и медианой); 2) с применением тригонометрии; 3) с использованием признака перпендикулярности двух отрезков.

II. Векторным методом (ввести векторы

Из векторного равенства

находим, что £*£

III. Метод геометрических преобразований: 5) применить поворот точки С на угол 90° ; 6) использовать поворот вокруг точки 0 - середины гипотенузы на угол 90°.

IV. Координатный метод. (За начало системы координат выбрать вершину прямого угла и d(<Z)D) %3>(о;г) %^(о;^)\ использовать формулу скалярного произведения векторов в координатной форме).

ЗАДАЧА 6. В окружность вписан четырехугольник АВСД с перпендикулярными диагоналями. Через середину M хорды AB и точку пересечения s диагоналей четырехугольника проведена прямая Доказать, что (ms)j(C8) # (Традиционное решение, векторное решение с применением скалярного произведения векторов и без скалярного произведения векторов. Решение смотри »ь "Математика в школе" Я 5, с. 61, 1979).

В заключение отметим, что рассмотренная форма работы с задачами имеет большое дидактическое значение. Бе следует систематически использовать при обучении геометрии и во внеурочной работе с учащимися.

ЛИТЕРАТУРА

1. Готман Э. Г. Совершенствование содержания задач и методов их решения как средство повышения качества знаний учащихся по математике. - Дис.... какд. пед. наук. - Арзамас, 1967, 202л. с ил.

2. Губа С. Г. Варьирование задач на доказательство как средство активизации математической деятельности учащихся и развития у них интереса к предмету. - Дис.... канд. пед. наук. -Ярославль, 1973, 245 л. с ил.

3. Калмыкова З. И. Психологические принципы развивающего обучения. - М. Знание, 1979, 48 с

4. Кулюткин Ю. Н. Эвристические методы в структуре решений. -М. , Педагогика, 1970, 232 с. и ил.

5. Майоров В. М. , Скопец З. А. Векторное решение геометрических задач (Задачник-практикум по спецсеминару.)- М. , Просвещение, 1968, 252 с ил.

6. Пойа Д. Как решать задачу (под ред. Ю. М. Гайдука. Пособие для учителей.)- М. , Учпедгиз, 1959, 208 с. с ил.

Г. Ф. ТРЕТЬЯКОВА (г. Ярославль)

КОСОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ДВУХ ВЕКТОРОВ И ЕГО ПРИМЕНЕНИЕ ПРИ РЕШЕНИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

После ознакомления учащихся девятого класса с понятием скалярного произведения двух векторов можно посвятить несколько занятий математического кружка такому интересному понятию, как"косое произведение" двух векторов. Это поможет учащимся глубже осмыслить особенности векторного метода решения многих геометрических задач, и наряду с расширением сведений о векторах позволит укрепить ранее полученные навыки по использованию векторов при изучении различных разделов курса геометрии.

В настоящей статье рассматривается один из возможных вариантов изложения косого произведения векторов на внеурочных занятиях в старших классах средней школы.

Для введения понятия косого произведения двух векторов мы используем понятие ориентированного многоугольника и его площади*. Каждому треугольнику поставим в соответствие положительное число, равное по абсолютной величине площади неориентированного треугольника, если обход вершин треугольника совершается против часовой стрелки, отрицательное число с тем же модулем, если обход вершин происходит по часовой стрелке. Тогда площадь ориентированного треугольника может быть как положительным, так и отрицательным числом.

* Изложение основ общей теории измерения площадей ориентированных многоугольников дается в статье А. М. Лопшица "Площади ориентированных фигур" в ж. "Квант", № 3, 1978.

многоугольник, для вершин которого указан порядок следования, называется ориентированным. Его площадь может быть представлена как сумма площадей ориентированных треугольников.

Будем обозначать площадь ориентированного многоугольника {JJ>cj- площадь ориентированного треугольника Л*Ьс, - площадь ориентированного четырехугольника.

При решении задач мы будем использовать следующие свойства площадей ориентированных многоугольников:

Теорема I. Как бы ни была расположена точка Р в плоскости ориентированного многоугольника ЛЛ^... ***,

Следствие 2. Если ЛЯ>с&- ориентированный четырехугольник, то (JJbcV) = +

Кроме того, примем следующее соглашение:

если три точки J, Л, О принадлежат одной прямой, то площадь такого "вырожденного треугольника" принимается равной нулю. Замечание. Понятие ориентированной площади распространяется и на невыпуклые многоугольники, в том числе и на многоугольники с самопересечениями.

ЗАДАЧА 1. ориентированный четырехугольник, =c$t ^м/мШеЛ Найти fJJtrCQ) (рис. 1).

Решение. На основании следствия 2,

Но (fjbc)*o, так как Jb, с принадлежат одной прямой, аналогично, как треугольники Л# Л- и конгруэнтны и противоположно ориентированы.

Ответ. (JЛС9)* О.

Рассмотренная задача убедительно показывает, что площадь ориентированного многоугольника может оказаться равной нулю.

Введем понятие косого произведения двух векторов. Рассмотрим упорядоченную пару векторов. Отложим их от точки О : JJ'CL, 0Л = / # Три точки О, *, Л- полностью определяют параллелограмм, имеющий стороны M и *Я#, Договоримся паре векто-

ров (£t5) ставить в соответствие число, выражающее площадь ориентированного параллелограмма, построенного указанным способом. При этом, поскольку угол параллелограмма не превышает 180°, то луч, задающий направление первого вектора пары, может быть отображен на луч, задающий направление второго вектора пары, либо поворотом против часовой стрелки, либо поворотом по часовой стрелке. В первом случае паре (&, &J соответствует положительное число, во втором - отрицательное число (рис. 2, 3).

Рис 2. Рис. 3.

Полученное отображение множества пар векторов на множество действительных чисел будем называть косым умножением, а сопоставляемое паре векторов число - косым произведением этих векторов, для обозначения косого умножения будем использовать знак" Л ", запись "а*£ " будем читать "^а косо ß ". Таким образом, &*Ъ*(0*СЛ), где ОС ■ о7 +0% =<Z

Косое произведение двух векторов равно площади ориентированного параллелограмма, соответствующего этой паре векторов.

Рассмотренное определение не подходит для коллинеарных векторов, так как невозможно построить соответствующий параллелограмм. Но в силу принятого выше соглашения для "вырожденного ориентированного треугольника", следует также считать площадь вырожденного ориентированного параллелограмма равной нулю. Тогда косое произведение двух коллинеарных векторов равно нулю.

Рассмотрим без доказательства несколько свойств косого произведения.

Косое умножение антикоммутативно.

Косое умножение дистрибутивно.

Косое умножение ассоциативно относительно числового множителя.

Таким образом, несмотря на наличие некоторых общих свойств, косое умножение и скалярное умножение векторов имеют существенные различия. Например, антикоммутативность косого умножения, условие равенства нулю косого произведения и др.

Используем теперь введенное понятие для решения разнообразных задач, как алгебраических, так и геометрических.

ЗАДАЧА 2. Упростить:

Решение. а)

Ответ: б). О,

ЗАДАЧА 3. Решить систему векторных уравнений относительно X, учитывая, что векторы а и / не коллинеарны.

Решение. Так как а и £ не коллинеарны, то существует разложение вектора х. по £ и В : х -т£ + г?6 (I). Решить данную систему уравнений - значит найти коэффициенты m и п,, Для этого умножим обе части равенства (1) косо на 2 слева. ci *х *nci*&. Но £ * х'З, тогда п - gTfr

Аналогично найдем второй коэффициент разложения вектора по £ и S, умножив обе части равенства (1) косо на справа.

Но

Итак,

ЗАДАЧА 4. J&Cfr^ _ ориентированный параллелограмм площади S. Найти JC * (рис. 4).

РисЛ.

Решение. Пусть.

Тогда JC = а+£, %Л-а-3

По условию, (<Л*ЬСЮЛ3, то есть

ЗАДАЧА 5. Выразить площадь ориентированного треугольника ЛЛС через косое произведение векторов, задаваемых парой его сторон.

Решение. Построим параллелограмм jÜb7>C. Тогда

так как диагональ параллелограмма делит его на два конгруэнтных треугольника, выданном случае одинаково ориентированных. Но (JJbCty. Jjb *JC t откуда (ЛЛс) -jf M * Jfc.

ЗАДАЧА 6, Точки J,, j£,, С,, делят стороны треугольника <AJbC в отношении 1:3« Найти отношение ориентированных площадей треугольников и

Решение. Пусть dl& ш£, de = 3 (рис. 5). Тогда

Очевидно, площадь ориентированного треугольника <J, &, C, также следует выразить через косое произведение векторов

Тогда

Отношение площадей треугольников 44^) и <#Jbc равно. Поскольку отношение ориентированных площадей положительно, то треугольники имеют одинаковую ориентацию.

ЗАДАЧА 7. Доказать, что площадь произвольного ориентированного четырехугольника ЛЖс% может быть найдена по формуле (JJbc$J = *JC*J&,

Доказательство. По свойству ориентированных площадей,

Выполнив несложные преобразования, получим

ЗАДАЧА 8. dJbcïïê?- правильный шестиугольник, М - середина. Найти отношение площадей ориентированных многоугольников, на которые отрезок dJH разбивает данный многоугольник, то есть (4CJJs(Aêc9^J (рис. 6).

Решение. Пусть О - центр шестиугольника, ■ ^, OJ'S. По формуле, полученной в задаче 7, (JMréfJSJ^£. Выразим, Jü£ через а. и 6

Тогда

Но есть площадь ориентированного параллелограмма ûéof, а потому составляет J площади JJbc&âë'. Поскольку sJjt/iJ£ и JJbCQJf одинаково ориентированы, то (*№ёф. (*Jbç&*J^+ ЗАДАЧА 9. d&e&â? - правильный шестиугольник. - середина. Через точку проведена прямая, параллельная. В каком отношении разделит она отрезок

Решение. Пусть & « (tBxJ О(Cwj % Точки С, jc _^ принадлежат одной прямой,. то есть имеет место равенство 9jc = в котором требуется найти ^. Введем^вспомогательную пару векторов <J*>^ ci t ctâ= 6. # Так как JJ* и Зх. коллинеарные векторы, то их косое произведение равно нулю: ЛьО * А л ""^.

Выразим и через £ vi £

Тогда

Преобразовав равенство

к виду

и поделив обе части последнего равенства

получим уравнение относительно &

Таким образом, точка & делит в отношении 2:1.

ЗАДАЧА 10. Точки cft, S,, ^ симметричны точкам, , С относительно вершин А, £ у Л треугольника с/<В£, Доказать ¥f(рис. 7).

Рис. 5 Рис. 6

Рис. 6а Рис. 7

Решение, Пусть

Тогда

Получим

Косое произведение векторов можно применять при решении задач на доказательство принадлежности трех точек одной прямой.

ЗАДАЧА 11. Доказать, что три точки принадлежат одной прямой тогда и только тогда, когда для произвольной точки Û выполняется равенство

Необходимость. Если точки ct Jo. С принадлежат одной прямой, то имеет место равенство:

Доказательство. Так как точки et, <3 принадлежат одной прямой^ то существует некоторое число &, что %ЛС=сЛЬ* Поскольку *^ и Л коллинеарные векторы, то сАЯх^е*о, откуда

Достаточность. Если для трех различных точек, &, С выполняется равенство

где О - произвольная точка, то эти точки принадлежат одной прямой.

Доказательство. Пусть три заданные точки, &, â удовлетворяют условию:

Так как

то прибавление этого косого произведения к левой части равенства не меняет его истинности, то есть

Производя перегруппировку членов и воспользовавшись распределительным свойством. косого произведения, а также его антикоммутативностью, получим

Последнее равенство означает коллинеарность векторов £*и то есть точки J, Jb, С принадлежат одной прямой.

ЗАДАЧА 12. c9JB<?& - параллелограмм, U/ - середина [9C]t S - точка отрезка ^и/ 9 делящая его в отношении 2 : I. Доказать, что точка S принадлежит диагонали параллелограмма £Я Решение. Принадлежность точек 9, s » jb одной прямой будет доказана, если выполнится равенство

В качестве произвольной точки выберем

Пусть

Покажем, что

Пусть

Выразим все векторы, рассматриваемые в последней сумме через аГ и € Получим

ЗАДАЧА 13. Прямая £ пересекает стороны треугольника JSC (или их продолжения), противолежащие вершинам Л. ^, £ соответственно в точках Л,, Jb9, С9. Доказать, что середины отрезков Л<*,,, &С9 принадлежат одной прямой. (рис. 9).

Рис. 8 Рис. 9

Решение. Пусть %Л/ f #, & середины отрезков ЛЛ,, %bJbt% ОС9 9 О* - произвольная точка. Тогда выполняются следующие равенства

Найдем значение выражения

Имеем

Раскрыв скобки и произведя перегруппировку слагаемых, получим

Поскольку тройки точек J, jA9jC) Л,, &, Сj являются тройками, принадлежащими каждая одной и той же прямой, то каждое из четырех выражений, заключенных в скобки, равно Q. То есть 0%*ON+ом*0Р+ОР*0%-О, что означает принадлежность точек JU, А/, Р одной прямой.

Эта задача известна как "задача Гаусса" и имеет более ста различных решений. Понятие косого произведения и его свойства позволяют решить ее достаточно красиво.

ЗАДАЧА 14. На сторонах <tC и <ЖС треугольника *#JbC взяты точки Jls и ^ так, что J-C•р-4м> % ^ьЪ я £>с % а на прямой точка л/ так, что я jf^z 7"

Доказать, что точки M, л/, & принадлежат одной прямой (рис. 10).

Решение. Найдем величину Пусть J£ra>, =£, тогда

Получим

Равенство нулю выражения

означает принадлежность точек и/, v, S одной прямой.

Интересно установить, существует ли связь между косым и скалярным произведением векторов.

Из определения косого произведения следует, что оно может быть вычислено по формуле

(рис. 2, 3),

В самом деле,

Если угол между векторами положительный,

Если же угол отрицательный,

Известно, что

тогда угол между векторами %9 и 6, где - вектор, полученный поворотом вектора а на угол (+So°) (рис. 11).

Очевидно,

Тогда

Получили формулу, связывающую косое и скалярное произведения: 2*6*<£'. Т, где а-* - образ S при повороте на (+9P'J. Полученное соотношение позволяет доказать свойства косого произведения двух векторов плоскости.

Докажем дистрибутивный закон косого умножения.

Рис. 10.

Рис. 11.

Докажем сочетательное свойство косого умножения.

Докажем теорему: если д коллинеарен вектору S (а и S ненулевые), то. Если а коллинеарен вектору ô, то £' перпендикулярен вектору £. Тогда л * S З-о

Рассмотрим также несколько алгебраических соотношений, связывающих косые и скалярные произведения векторов.

ЗАДАЧА 15. , Если S, 6, а ненулевые попарно неколлинеарные векторы, то

Доказательство. Пусть с « >6. Преобразуем обе части доказываемого равенства, заменив? его разложением по S и S.

Получим

Сравнив полученные результаты, убеждаемся, что

ЗАДАЧА 16. Доказать равенство

Доказательство. Пусть * и & неколлинеарные векторы, тогда

(1), (2).

Умножим обе части равенства (1) скалярно на gL>, затем mJ*:

(3), (4).

Аналогично для равенства (2):

(5), (6).

Перемножив почленно равенства (3) и (5), (4) и (6), получим

Сложим почленно полученные равенства

С другой стороны,

То есть

ЗАДАЧА 17. Доказать:

Доказательство. На основании равенства, доказанного в задаче 16, Откуда

ЗАДАЧА 18. Доказать:

Доказательство. На основании задачи 16,

Но

так как при повороте плоскости на 90° площадь образа некоторой фигуры равна площади данной фигуры.

Тогда

Полученная формула истинна для^ любых четырех векторов а/ % g9, с/ 2, а значит и для ci, 3, с, d, то есть

ЛИТЕРАТУРА

1. А. М. Лопшиц. Аналитическая геометрия. М. , Учпедгиз, 1948.

2. А. М. Лопшиц. Вычисление площадей ориентированных фигур. М., ГИТТЛ, 1956.

3. В. М. Майоров, З. А. Скопец. Задачник-практикум по векторной алгебре. М. , Учпедгиз, 1961.

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

Т. П. ГРИГОРЬЕВА (г. Горький)

ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК И ФОРМУЛА ЭЙЛЕРА.

Некоторые геометрические факты, не формулируемые в школьных учебниках, оказываются иногда очень полезными при решении задач. Конечно, любую школьную задачу, а также олимпиадную или предложенную на конкурсных экзаменах, обычно решают и без всяких дополнительных фактов. Однако такого рода факты (теоремы, формулы, построения) часто позволяют быстрее "увидеть" решение и прийти к цели наиболее простым путем.

I. Рассмотрим следующую формулу.

Учетверенный квадрат длины отрезка, соединяющего середины противоположных сторон четырехугольника или середины его диагоналей, выражается через длины сторон а, в, с, <£ и диагоналей Р » Я- формулой (рис. 1):

(1)

Эта замечательная теорема называется формулой Эйлера (1707-1783).

Доказательство. I способ (традиционный).

I. Предварительно с учащимися нужно рассмотреть следующие метрические соотношения.

а). Сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма равна

суше квадратов длин его сторон, т. е. (рис. 2):

(2)

б). Квадрат длины медианы треугольника выражается через длины его сторон формулой:

(3)

Остановим наше внимание на доказательстве формулы (3), так как вывод формулы (2) с помощью теоремы косинусов не представляет трудностей для учащихся.

в). Достроим треугольник JJ6Cдо параллелограмма dJ>c^ (рис. 3). Согласно свойству параллелограмма запишем :

откуда

2, Перейдем теперь к доказательству формулы (I).

Пусть fv«/A/j - средняя линия четырехугольника j А?Я (рис. 4). Тогда, применяя формулу (3) к треугольникам JlJbc, dfJbd и C&jl, имеем:

Подставив два первых равенства в третье получаем:

откуда

Остальные два равенства доказываются аналогично.

2способ (векторный). Введем векторы ^, *i2, (рис. 4).

Ъ>?7&Л-£(Л+Ас) (задача vJi 206, с. 53, (I)). Отсюда

(4)

Применяя теорему косинусов для треугольников сЪо, *ЬЪо, jfco, stJbo запишем:

Рис. 3.

Рис. 4

Рис. 4а.

Тогда

Подставив (5) в (4), получаем:

3 способ (с помощью формулы З. А. Скопеца). Если даны две системы точек Лт и А, л ЛЛл... , Jb*. , то расстояние ^ между центроидами1) 0, и Ог этих систем в самом общем случае вычисляется по формуле:

Автором этой формулы является 3. А. Скопец ((7), с. 42).

Приведем еще одно доказательство формулы Эйлера с применением формулы (6).

Пусть дан четырехугольник ^^ (рис. 4). Центроид Û, системы точек совпадает с серединой отрезка ЛА- - точкой л/ ; центроид 0à системы точек совпадает с серединой отрезка точкой лГ

Воспользуемся формулой (6):

Из трех доказательств формулы (1) следует, что вид четырехугольника ЛАСЪ произвольный: он может быть выпуклым, самопересекающимся, неплоским. Более того, формула (1) верна и тогда, когда все четыре точки лежат на одной прямой или две совпадают.

Действительно, пусть Ъ'С (рис. 4а), тогда середина отрезка W есть точка С. В этом случае есть медиана треугольника ЛЛС. Имеем:

II. Рассмотрим основные следствия формулы (1).

Следствие I. Сумма квадратов сторон любого четырехугольника не меньше суммы квадратов его диагоналей.

Действительно, так как

1) Центоидом системы точек ^Л, — называется такая точка s, что Л 9fcCfy**V"+Mm), где о - произвольная точка.

Следствие 2. Учетверенная сумма квадратов длин трех отрезков, соединяющих середины противоположных сторон четырехугольника и середины его диагоналей, равна сумме квадратов всех его сторон и диагоналей,

В самом деле, складывая левые и правые части равенств (I), получаем: 4(™*+пг+ с*) = аг+ 6*+с* +d*+pâ+y,

Следствие 3. Если сумма квадратов сторон четырехугольника равна сумме квадратов его диагоналей, то четырехугольник - параллелограмм.

Нетрудно видеть, что в этом случае расстояние между серединами диагоналей четырехугольника равно нулю. Поэтому данный четырехугольник - параллелограмм.

Заметим, что мы доказали теорему, обратную теореме (2). Таким образом, условие равенства суммы квадратов длин диагоналей четырехугольника сумме квадратов длин его сторон, является необходимым и достаточным условием параллелограмма.

III. Остановим наше внимание на следующей задаче.

Тетраэдр задан плоскими углами при одной из вершин и длинами ребер, выходящих из этой вершины. Выразите через эти данные необходимое и достаточное условие того, чтобы расстояния между серединами каждой пары противоположных ребер тетраэдра были равны между собой.

Эта задача была предложена для решения в журнале "Математика в школе" (№ 6, 1977). Автор этой задачи С. Г. Губа. Из 22 читателей, приславших решения в редакцию журнала, 10 человек решили с применением теоремы косинусов, 7 человек решили с помощью векторов. Ни один из читателей не решил эту задачу с помощью формулы Эйлера. Хотя она допускает и такое решение. Приведем его.

Решение. Необходимость. Введем следующие обозначения: /«*9/в<*> (рис. 5). Пусть - расстояния между серединами ребер и G9, ^и соответственно. Применяя формулу (1) к условию задачи, запишем:

(7)

Рис. 5

По теореме косинусов из треугольников.дСж % имеем:

(8)

Подставив (8) в (7), получаем: откуда

(9)

Из равенств расстояний между серединами другой пары противоположных ребер следует:

(10)

Сопоставляя (Э) и (10), окончательно получим:

Доказательство достаточности проведите самостоятельно.

Отметим, что последнее решение не уступает первому решению-по своей сжатости, ни векторному - по "увидению" плана решения.

Таким образом, знание метрического соотношения четырехугольника (1) позволяет весьма экономично и целенаправленно решать ряд задач.

IV. Покажем применение формулы (1) при решении еще нескольких задач.

ЗАДАЧА 1. Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна сумме квадратов ее боковых -сторон, увеличенной на удвоенное произведение оснований.

Решение. Нетрудно установить, что расстояние между серединами диагоналей трапеции равно

(рис. 6). Тогда из формулы (1) следует:

(11)

Заметим, что верно и обратное утверждение, т. е. если сумма квадратов диагоналей четырехугольника превосходит сумму квадратов его боковых сторон на удвоенное произведение других двух сторон, то данный четырехугольник является трапецией или, может быть, параллелограммом (докажите самостоятельно).

Из равенства (11) получаем следствие. У трапеции сумма квадратов диагоналей больше суммы квадратов боковых сторон.

Рис. 6.

ЗАДАЧА 2. Доказать, что у четырехугольника, диагонали которого перпендикулярны, суша квадратов диагоналей равна учетверенному квадрату его средней линии.

Решение. Пусть fof^J J и f**^J, средние линии четырехугольника Л&сЪ (рис. 7). Очевидно, что /. //л//«=/&^, Применяя формулу (I), имеем:

Но, если у четырехугольника диагонали перпендикулярны, то суммы квадратов противоположных сторон равны (с. 155, (3)), т. е.

Таким образом, 4т* »рг' +

ЗАДАЧА 3. Сумма квадратов всех ребер параллелепипеда равна сумме квадратов шести его граней, имеющих общую вершину.

Решение. Пусть 4АС94^, 09, - параллелепипед (рис. 8), у которого /Дс^/-д,

Построим тетраэдр. Применяя следствие (2) из формулы (1) к тетраэдру Я), <Л<Ь, С, получаем:

где [мм, ]&Щ\ [*К]~ средние линии четырехугольника %4Л, С, Но

поэтому

V. В заключение покажем применение формулы (1) при доказательстве распределительного свойства скалярного умножения векторов, доказательство которого по сравнению с другими законами представляет трудность в методическом аспекте, (см. (1), с. 5Э; (4), с. 8; (5), с. 26; (G), с. 22 и др.).

Но доказательство распределительного свойства скалярного умножения векторов с применением формулы (1) имеет, как нам кажется, преимущества среди указанных доказательств.

Действительно, отложим от точки О векторы: Oé*AêO&*£* Ос*с. (рис. 9). Пусть fM и Ы - середины сторон и ОС, л/м=сС, Тог-

Рис. 5.

Рис. 6.

Применяя формулу (1) к четырехугольнику <ЯМО и его средней линии и/л/, запишем:

С другой стороны,

Следовательно,

После раскрытий скобок получаем:

Что и требовалось доказать.

Рис. 9.

ЛИТЕРАТУРА

1. В. М. Клопский, З. А. Скопец, М. И. Ягодовский. Геометрия. Учебное пособие для 9 и 10 классов средней школы. Под редакцией З. А. Скопеца, М. , "Просвещение", 1978.

2. З. А. Скопец, В. А. Жаров. Задачи и теоремы по геометрии (планиметрия), М. , "Учпедгиз", 1962.

3. А. Н. Колмогоров, А. Ф. Семенович, В. А. Гусев, Р. С. Черкасов. Геометрия. Учебное пособие для 7 класса средней школы. Под редакцией А. Н. Колмогорова. М. , "Просвещение", 1978.

4. Журнал "Математика в школе", 1968, № 6.

5. Журнал "Математика в школе", 1965, № 6.

6. Журнал "Квант", 1972, № 6.

7. Журнал "Квант", 1975, № 3.

Т. Г. МАКАРОВСКАЯ (г. Армавир)

ЛОГИЧЕСКОЕ ПОСТРОЕНИЕ МНОГОМЕРНОЙ ЕВКЛИДОВОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ОСНОВЕ СИСТЕМЫ АКСИОМ А. Н. КОЛМОГОРОВА

Одной из тем факультативных занятий в старших классах средней школы может служить тема "Логическое строение многомерной евклидовой геометрии на основе системы аксиом Колмогорова". Познавательная ценность этой темы состоит в том, что учащиеся будут иметь возможность еще раз проследить аксиоматическое построение теории, т. е. разобраться в сущности аксиоматического метода, и лучше понять идею построения геометрии на основе аксиоматики Колмогорова. Сравнив список аксиом для двух-, трех- и четырехмерной геометрии учащиеся выделят ту сторону аксиоматики, которая не зависит от размерности пространства, и ту, которая зависит от числа измерений пространства.

Как известно, понятия многомерной геометрии играют важную роль не только в самой математике, но и в физике, механике, химии. В последнее время ее аппарат широко применяется для решения научных, экономических, инженерных, психологических задач. Графический аппарат многомерных пространств помогает решить многие задачи физико-химического анализа, идеи многомерной геометрии используются в линейном программировании. Основываясь на понятии мозга, как системы нейронов, расположенных в узлах четырехмерной пространственно-временной решетки, ученым удалось решить ряд проблем теории мышления.

Желание познакомить учащихся с некоторыми идеями современной математики, играющими важную роль в науке и практике, способствующими развитию пространственного мышления, воображения,

интереса к математике, побудило нас разработать данный факультативный курс. Так как с идеей построения школьной геометрии на основе системы аксиом Колмогорова учащиеся знакомятся в курсе планиметрии и стереометрии, мы, используя преемственность в математике, решили аксиоматику двухмерного и трехмерного пространств распространить на четырехмерное пространство и построить на ее основе фрагмент геометрии четырех измерений, в котором рассматривается взаимное расположение прямых и плоскостей в четырехмерном пространстве, вытекающие из аксиом принадлежности.

ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И АКСИОМЫ МНОГОМЕРНОЙ ГЕОМЕТРИИ

В качестве основных понятий многомерной геометрии выбирают точку, прямую, плоскость, пространство и расстояние. Первые пять из них еще соответственно называют нульмерным, одномерным, двухмерным и трехмерным пространствами.

Точки будем обозначать большими буквами латинского алфавита: JtJbtC, прямые - малыми: а, 3, с »•«*»• плоскости - малыми буквами греческого алфавита: at, р * ^ »..•» а пространства условимся обозначать большими буквами греческого алфавита: Г, в, 2 Прямые, плоскости, определяемые своими двумя, тремя,... точками будем обозначать следующим образом: (Щ, (J>c), (je),... ; (JAej, (c$F),... Если плоскости будут задаваться точной и прямой, то их мы обозначим так: (J, &), (А, 6), (Ctc),....

Сформулируем теперь аксиомы многомерного пространства^ которых выражаются основные свойства неопределяемых понятий.

Известные из курса планиметрии и стереометрии аксиомы расстояния, порядка, подвижности плоскости, аксиома параллельных остаются справедливыми и для четырехмерного пространства. Некоторым образом изменяются аксиомы принадлежности.

Приведем их список.

0. Имеют место все аксиомы и следствия из них трехмерной геометрии.

1. Нуль-, одно-, двух-, трехмерные пространства это подмножества четырехмерного пространства, не совпадающие с ним.

2. Существует хотя бы одна точка.

3а. Через две различные точки четырехмерного пространства

проходит одна и только одна прямая.

3б. Через три точки, не принадлежащие одной прямой, проходит одна и только одна плоскость.

3в. Через четыре точки, не принадлежащие одной плоскости, проходит одно и только одно пространство.

4а. Прямая, проходящая через любые две точки плоскости, лежит в этой плоскости.

4б. Плоскость, проходящая через три точки пространства, не принадлежащие одной прямой, лежит в этом пространстве,

5. Если две различные плоскости пространства имеют общую точку, то их пересечение есть прямая,

6, Если два различных пространства имеют общую точ ку, то их пересечение есть плоскость.

Некоторые из перечисленных аксиом входят в нулевую аксиому, но мы их здесь привели для удобства изложения материала.

СЛЕДСТВИЯ ИЗ АКСИОМ.

Теорема I. Через плоскость и не принадлежащую ей точку, проходит одно и только одно пространство.

Доказательство. Пусть даны плоскость 4 и точка 9 вне ее. На плоскости 4 возьмем три точки, не лежащие на одной прямой, тогда по аксиоме Зв через точки Л, &, С и ï> проходит пространство, которому. по аксиоме 46 принадлежит плоскость ос. Единственность этого пространства следует из аксиомы Зв. В самом деле, любое пространство, проходящее через плоскость 4 и точку $, проходит через точки *л, Jb, С и, а через эти точки по аксиоме ЗВ проходит единственное, пространство.

Теорема 2. Любые две прямые лежат в пространстве. Доказательство. Из курса стереометрии известно, что прямые могут быть параллельными, пересекающимися и скрещивающимися. Докажем, что в каждом случае через них можно провести пространство.

В первом и втором случае существует содержащая их плоскость оС. Возьмем точку Я вне ее. По теореме, 1 через ос и проходит одно и только одно пространство Z. Так как плоскость оС принадлежит Z, то и данные параллельные и пересекающиеся прямые принадлежат 2?.

Такие пространства, содержащие параллельные или пересекающиеся прямые, не единственные.

Если же прямые скрещивающиеся, то через них проходит одно и только одно пространство. На прямой gl возьмем точки ^ и Jb, а на прямой $ - С и 9). Эти четыре точки не лежат в одной плоскости, так как не лежат в одной плоскости данные прямые cl и в, тогда по аксиоме Зв через точки uß, ц& *С и 9) проходит единственное пространство Z, которому принадлежат прямые cl и S, так как по две их точки принадлежат

Таким образом, в четырехмерном пространстве взаимное расположение прямых такое же, как и в трехмерном пространстве: параллельные, пересекающиеся и скрещивающиеся.

Следующие теоремы можно доказать с учащимися в качестве упражнений.

Теорема 3. Через две пересекающиеся по прямой плоскости проходит одно и только одно пространство.

Теорема 4. Через три прямые, не лежащие в одной плоскости и пересекающиеся в одной точке, проходит единственное пространство.

Теорема 5. Через плоскость и пересекающую ее прямую проходит одно и только одно пространство.

ВЗАИМНОЕ РАСПОЛОЖЕНИЕ ПРЯМЫХ, ПЛОСКОСТЕЙ И ПРОСТРАНСТВ.

Согласно доказанной теоремы 2, так как две любые прямые лежат в пространстве, то все определения и теоремы, относительно двух прямых переносятся из курса стереометрии в геометрию четырехмерного пространства.

ПРЯМАЯ И ПЛОСКОСТЬ.

Определение. Прямая и плоскость называются параллельными, если они лежат в одном пространстве и не имеют общей точки или прямая лежит в плоскости.

Если прямая и плоскость имеют одну общую точку, то их называют пересекающимися.

Так как параллельные и пересекающиеся прямая и плоскость лежат в пространстве, то все факты для них из курса стереометрии, будут справедливыми и в геометрии четырех измерений.

Но, кроме того, в четырехмерном пространстве прямая и плоскость могут не иметь общих точек и не быть параллельными.

В произвольном пространстве 2' проведем плоскость ^ и вне ее возьмем точку <J, принадлежащую Z. Через точку J и произвольную точку Jb, не принадлежащую пространству 27 проведем прямую а.. Докажем, что плоскость оС и прямая си не лежат в одном пространстве.

В самом деле, если бы прямая и данная плоскость лежали бы в каком-нибудь пространстве SL, то это пространство и данное 2 совпадали бы, так как они имеют общие точку Л и плоскость ос, а тогда, так как прямая а* лежит в пространстве SL, она будет лежать и в пространстве Z. Это противоречит предыдущим рассуждениям, поскольку точка Jb прямой <*- не принадлежит 2Г » а следовательно, и прямая ou не лежит в Z*. Значит плоскость °с и прямая си не лежит в одном пространстве.

Определение. Прямая и плоскость называются скрещивающимися, если они лежат в одном пространстве.

Выше нами был доказан признак скрещивающихся прямой и плоскости. Сформулируем его.

Теорема 6. Если плоскость лежит в пространстве, а прямая пересекает его в точке, не принадлежащей плоскости, то данные прямая и плоскость скрещиваются.

ПРЯМАЯ И ПРОСТРАНСТВО.

Определение. Прямая и пространство называются параллельными, если они не имеют общих точек или прямая лежит в нем. В противном случае мы их называем пересекающимися.

Теорема 7. Если прямая параллельна какой-нибудь прямой, лежащей в пространстве, то данные прямая и пространство параллельны.

Доказательство. В пространстве z проведем произвольную прямую,. Вне этого пространства возьмем точку *Лс. Через нее и прямую а, проведем плоскость оС, в которой через ле- построим прямую S, параллельную прямой си.

Докажем, что прямая / и пространство Z не имеют общих точек.

Пусть 8 и Z имеют общую точку У. Прямые си и / параллельны и различны, поэтому прямая ou не может проходить через точку а/, принадлежащую /. Тогда, проводя через

прямую cl и точку * плоскость °С и применив признак скрещивающихся прямых, можем сделать вывод, что прямые я, и S скрещиваются. Пришли к противоречию, так как прямые а, и 6 не могут одновременно быть и параллельными, и скрещивающимися. Следовательно, пространство Z и прямая ß не имеют общей точки.

Если В принадлежит пространству, то по определению параллельных прямой и пространства, ß параллельна Т.

Теорема 8. Если пространство проходит через прямую, параллельную другому пространству, и пересекает это пространство, то плоскость пересечения пространств параллельна данной прямой. Доказательство. Пусть данное пространство 21 проходит через прямую £, параллельную другому пространству SL. Пространства 21 и Л пересекаются по плоскости /*. Надо показать, что £ параллельна jr.

Плоскость г и прямая £ по условию лежат в одном пространстве Z. Прямая £ не может пересекать плоскость, так как в противном случае прямая £ пересекала бы пространство-ß, что по условию теоремы невозможно. Значит прямая Ô параллельна плоскости f

Эти же рассуждения применяются и когда прямая лежит в пространстве.

ПРОСТРАНСТВО И ПЛОСКОСТЬ.

Определение. Пространство и плоскость называются параллельными, если они не имеют общей точки или плоскость лежит в этом пространстве.

В противном случае их называют пересекающимися.

Теорема 9. Если пространство и плоскость имеют общую точку, то их пересечение есть прямая.

Доказательство. Пусть пространство 8 и плоскость °С имеют общую точку Л. Вне плоскости *с возьмем точку *8. не принадлежащую 9, и через точку и плоскость ос проведем пространство Г. По аксиоме 6 пространства S л Г пересекаются по плоскости f. Плоскость оС и плоскость tf имеют общую точку dl, тогда по аксиоме 5 они пересекаются по прямой 8. Эта прямая принадлежит и плоскости оС, и плоскости f, а

значит и данному пространству 9.

ДВА ПРОСТРАНСТВА.

Определение. Два пространства называются параллельными, если они не имеют общей точки или совпадают.

В противном случае они называются пересекающимися.

Теорема 10. Если три пересекающиеся прямые, не лежащие в одной плоскости, одного пространства параллельны соответственно трем прямым, также не лежащим в одной плоскости, другого пространства, то такие пространства параллельны. Доказательство. Прямые а,. S, с, пересекающиеся в точке О, определяют пространство 21, а прямые cl,, ßt и ct, пересекающиеся точке О, - пространство S2. По условию теоремы прямая си параллельна прямой я-,, в- S,, с-с,,

1). Пусть точка Q. , принадлежит пространству 21. Покажем, что в этом случае 2 совпадет с SI

Так как прямая с, параллельна прямой с по условию, то по признаку параллельности прямой и пространства прямая ct параллельна пространству 21, но с, имеет с 21 одну общую точку О,, значит, ct лежит в пространстве 21. Аналогично доказываем, что прямые а, и ещ лежат в 21. Итак, получили, что через прямые л>, ê, и ct, пересекающиеся в одной точке О, и не лежащие в одной плоскости, проходят два пространства Si и 21, что противоречит теореме 4, Значит пространства Л и Z совпадают, а по определению они параллельны.

2). Пусть точка О, не принадлежит 21

Предположим, что пространства 21 и Si имеют общую точку L. Проведем через нее в пространстве 21 прямые а', ß', а соответственно параллельны прямым я-, S, с, тогда пространство 9, проведенное через о/, д', с' по доказанному пункту I будет совпадать с 21. Используя транзитивность параллельности прямых, аналогично доказываем, что 9 совпадет с Si, Значит все три пространства 9, 21, SI совпадут между собой, а этого быть не может, так как по условию точка О,, принадлежащая Si, не принадлежит 21. Следовательно, пространства 21 z Si не имеют общих точек, то есть они параллельны.

ДВЕ ПЛОСКОСТИ.

В силу того, что пространство является подмножеством четырехмерного пространства, то случаи взаимного расположения плоскостей в пространстве переносятся и в четырехмерное пространство, только в геометрии четырех измерений несколько изменяется терминология и появляются новые случаи взаимного расположения плоскостей.

В геометрии четырехмерного пространства существует два вида параллельности плоскостей? параллельные и слабо параллельные плоскости.

Определение. Две плоскости называются параллельными, если они лежат в одном пространстве и не имеют общих точек или совпадают.

Понятие параллельности плоскостей совпадает с понятием параллельности плоскостей в стереометрии, поэтому все теоремы о параллельных плоскостях из стереометрии переносятся и в геометрию четырехмерного пространства.

Определение. Две плоскости называются слабо параллельными, если они лежат в различных параллельных пространствах.

Теорема II. Две плоскости слабо параллельны, если в каждой плоскости найдется одна прямая, параллельная прямой другой плоскости, но не существует другой такой пары прямых, параллельных между собой, но не параллельных первой паре. Доказательство. Пусть плоскость слабо параллельна плоскости fi, по определению они лежат в различных пространствах Z и SL $ параллельных между собой. Проведем через плоскость оС пространство 8, не совпадающее с ZT, которое плоскость ß пересечет по прямой S. Так как прямая / и плоскость оС лежат в одном пространстве 6, то согласно теоремам стереометрии, в плоскости об всегда найдется прямая а-, параллельная прямой ^.

Пусть теперь прямая а. плоскости параллельна прямой S плоскости ß. Покажем, что 4 и fi слабопараллельны. На прямой а- возьмем точку » а на прямой 6 - точку У.

Через точку У в плоскости fi проведем прямую, а через точку Jti - ей параллельную прямую m, Затем в плоскости ос через Ле проведем прямую />, а через точцу А/ ей параллель-

ную прямую ^. По признаку параллельности пространств, пространство Z 9 проведенное через прямые а-, m, р параллельно пространству SL, проведенному через прямые 6, „, ^. По определению, плоскости и fi слабо параллельны.

Теорема 12. Две плоскости, не лежащие в одном пространстве, могут иметь только одну общую точку.

Доказательство. Будем доказывать методом "от противного". Пусть плоскости и fi имеют две общие точки, тогда они имеют и общую прямую, проходящую через эти точки. По теореме 3, °é и ß лежат в одном пространстве, что противоречит условию теоремы. Значит, плоскости, не лежащие в одном пространстве, могут иметь только одну общую точку.

Теорема 13. Если одна из плоскостей лежит в пространстве, а другая пересекает это пространство по прямой, не параллельной первой плоскости, то данные плоскости имеют только одну общую точку.

Доказательство. В пространстве £ проведем плоскость U и выберем в этом пространстве прямую m, не параллельную où. Через точку аЛо, не лежащую в Z и прямую m проведем плоскость fi и докажем, что oL и fi имеют только одну общую точку.

Допустим, что для плоскостей ^ и fi заключение теоремы не выполняется, тогда они принадлежат одному пространству il, совпадающему с пространством Z, так как и 2Г, и Si проходят через плоскость ос и прямую m # Но SL проходит и через точку <Л> 9 не принадлежащую 2Г, поэтому SL не может совпасть с Z. Подучили противоречие, следовательно, плоскости оС ИуЗ имеют только одну общую точку.

Введя понятие параллельности плоскостей, можно доказать ряд теорем, где используется это понятие. В частности, докажем признак параллельности плоскости и пространства.

Теорема 14. Если в пространстве есть плоскость, параллельная данной плоскости, то плоскость и пространство параллельны. Доказательство. Если данная плоскость ^ лежит в данном пространстве S, то доказательство очевидно.

Пусть плоскость оС не принадлежит пространству В, в котором лежит плоскость ß, параллельная oL # Плоскости оС и fi определяют собой пространство Z. Так как оС принадлежит 72, то пересечение плоскости ù и пространства S совпадает с пе-

ресечением плоскостей <х и ß, а оно пусто,, так как параллельна, ß. Значит, и плоскость оС параллельна 6.

Теорема 15. Если пространство проходит через плоскость, параллельную другому пространству, и пересекает это пространство, то плоскость пересечения пространств параллельна данной плоскости.

Доказательство. Пусть данное пространство Z проходит через плоскость оС, которая параллельна пространству SL. По условию теоремы Z пересекает SI по плоскости, обозначим ее через F.

Пусть плоскость оС пересекает плоскость, а так как /-принадлежит пространству Si, то оС пересекает и SI, а это противоречит условию теоремы. Следовательно, плоскость не пересекает плоскость f, т. е. об параллельна f.

Теорема 16. Если два параллельных пространства пересечены третьим пространством, то плоскости пересечения параллельны.

Доказательство этой теоремы можно предложить учащимся провести самостоятельно.

Теорема 17. Через данную точку можно провести одно и только одно пространство, параллельное данному пространству. Доказательство. Существование пространства Si, проходящего через точку J и параллельного данному пространству 21 следует из теоремы 10. Докажем единственность этого пространства-ß.

Допустим, что существует еще пространство Sit, проходящее через точку Л и параллельное пространству Z I По аксиоме 6 Si и Я, пересекаются по плоскости S, проходящей через точку J. В пространстве 2Г проведем плоскость f, имеющую с S только одну общую точку, и через плоскость f и точку Л проведем пространство 9, которое пересечет пространства SI и Si, по плоскостям fi и fi, проходящим через точку J. Плоскости р к fi» будут различными, так как плоскость f выбирали так, что она лежит в одном пространстве с плоскостью S. По теореме 16 плоскость f будет параллельна и плоскости ß, и плоскости Д, что противоречит теореме стереометрии, что через данную точку можно провести одну и только одну плоскость, параллельную данной плоскости. Значит, через данную точку можно провести одно и только одно пространство, параллельное данному пространству.

Итак, опираясь на предложенные аксиомы, мы построили небольшой фрагмент четырехмерного пространства. Аналогичным об-

разом можно было составить аксиоматику п - мерного пространства и доказать ряд теорем п - мерной геометрии.

В заключении статьи приведем несколько задач, в решении которых используются сформулированные аксиомы и доказанные теоремы.

ЗАДАЧА 1. Даны три попарно скрещивающиеся прямые а, 9S % ç, не лежащие в одном пространстве 2Г # Доказать, что существует не более одной прямой, пересекающей данные прямые.

ЗАДАЧА 2. Может ли прямая £ быть параллельной прямой ™ и параллельной плоскости оС, если m и ос скрещиваются.

ЗАДАЧА 3. Дана плоскость оС, скрещивающаяся с ней прямая ^ и не принадлежащая им точка ей. Через точку провести прямую, пересекающую и данную прямую, и данную плоскость.

ЗАДАЧА 4. Даны три попарно скрещивающиеся прямые &,, / tC, не лежащие в одном пространстве. Если л- параллельна пространству, проходящему через в и с, a S параллельна пространству, проходящему через а. и с, то прямая с параллельна пространству, проходящему через а, и ß

ЛИТЕРАТУРА.

1. Гордевский Д. З. , Лейбин А. С. Популярное введение в многомерную геометрию. , Харьков, 1964.

2. Клопский В. М. , Скопец З. А.. Ягодовский М. И. Геометрия 9. М. , "Просвещение", 1976.

Г. Б. КУЗНЕЦОВА (г. Ярославль)

ПРИМЕНЕНИЕ МЕТОДА КООРДИНАТ ПРИ РЕШЕНИИ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ И СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Новые идеи, новые методы школьного курса математики можно эффективно использовать в решении задач. Одним из таких методов является метод координат. Координатный метод делает более простым решение многих геометрических задач, облегчает поиски путей, ведущих к решению, позволяет установить признаки разрешимости задачи.

При изучении в школе координатного метода в геометрии необходимо познакомить учащихся с возможностью применения его к решению содержательных геометрических задач. Это будет способствовать более осознанному усвоению знаний по математике, предупредит возникновение в сознании учащихся изолированного восприятия курса алгебры и курса геометрии. При решении задач, в условии которых нет речи о координатах, следует стремиться к тому, чтобы учащиеся понимали, что координаты точек, уравнения рассматриваемых линий зависят от выбора системы координат, но геометрические свойства фигур от выбора системы координат не зависят. Чаще всего целесообразно выбирать такое расположение системы координат относительно данной фигуры, чтобы координаты точек, уравнения рассматриваемых фигур имели наиболее простой вид.

Рассмотрим задачи, которые можно предложить учащимся для решения методом координат на уроках или внеклассных занятиях.

Перечислим сначала координатные формулы, которые используются при решении предлагаемых задач. Те из формул, которые не известны учащимся, можно предварительно доказать.

НА ПЛОСКОСТИ:

I. угловой коэффициент прямой, проходящей через точки **fa>y*) и

2. прямые у= ^jc + ë, и у-^^^ параллельны, если ^ ;

они перпендикулярны, если ;

3. середина отрезка с концами ^Ао^и^^я^меет координаты

4. точка пересечения медиан треугольника с вершинами^/^ у\ имеет координаты

5. расстояние между точками

6. уравнение окружности радиуса R с центром в точке с(*о>?о) :

7. расстояние от точки до прямой £ :

8. расстояние между параллельными прямыми

В ПРОСТРАНСТВЕ:

9. расстояние между точками

10. уравнение сферы радиуса * с центром в точке £ у*, *<>) :

11. расстояние от точки вф) до плоскости

ЗАДАЧА 1. (Теорема Стюарта) Дан треугольники точка ЪеЬ&с]. Доказать, что

Указание. Удобно выбрать систему координат так, чтобы данные точки имели координаты: &(о;о)% с(с, о)% df(ajsj. Координаты точки обозначить о), где * *а: <с #

Эта теорема дает возможность, зная длины сторон треугольника, вычислить, например, длину медианы, биссектрисы треугольника,

ЗАДАЧА 2. Доказать, что в параллелограмме суша квадратов длин сторон равна сумме квадратов длин диагоналей. Сформулировать и доказать обратное утверждение.

Решение обратной задачи. Выберем систему координат так, чтобы координаты вершин данного четырехугольника можно было обозначить следующим образом:

Дано, что

или в координатах

откуда

Это равенство возможно лишь в том случае, когда у**?*. Из первого равенства следует, что/ЗД///*^;

из второго равенства: /Jbc/^/jtx)/ « Следовательно, jf*At& - параллелограмм.

ЗАДАЧА 3. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин квадрата до прямой, проходящей через центр, не зависит от выбора прямой.

Указание. Систему координат целесообразно выбрать так, чтобы вершины квадрата принадлежали осям координат.

СЛЕДСТВИЕ. Даны окружность и прямая, проходящая через ее центр. Сумма квадратов расстояний от концов любых двух взаимно перпендикулярных диаметров окружности до данной прямой постоянна.

ЗАДАЧА 4. В плоскости даны две произвольные окружности, Доказать, что сумма квадратов расстояний от концов любого диаметра одной окружности до концов любого диаметра другой окружности постоянна (не зависит от выбора диаметров).

Указание» Выбрать систему координат так, чтобы центры данных окружностей имели координаты: О, (о, о)% Ог(а-а). Тогда координаты концов диаметра первой окружности можно обозначить через и -#,), а координаты концов диаметра второй окружности - через

СЛЕДСТВИЕ I. В плоскости даны два прямоугольника. Сумма квадратов расстояний от двух противоположных вершин одного прямоугольника до двух противоположных вершин другого прямоугольника равна сумме квадратов расстояний от двух других вершин первого прямоугольника до двух других вершин второго прямоугольника.

СЛЕДСТВИЕ 2. В плоскости даны два центрально симметричных (не обязательно одноименных) многоугольника, около каждого из которых можно описать окружность. Суша квадратов расстояний от двух противоположных вершин одного многоугольника до двух противоположных вершин другого многоугольника не зависит от выбора вершин.

ЗАДАЧА 5. На прямой даны четыре точки. Через две из них проведите две параллельные прямые, а через две другие - еще две параллельные прямые так, чтобы пересечением двух построенных полос был квадрат.

Решение. Целесообразно систему координат выбрать так, чтобы данные точки принадлежали оси координат. Тогда их координаты можно обозначить: Л(о-9о). *Ъ(о, б)% с (о; cj % ^(o;àjf причем 0<S< е. Возможны три случая: 1). £//^ » "4 » 3)*&//£(£ - прямая, проходящая через точку л ; £А, ес, £9 - аналогично)* Рассмотрим подробно первый случай (чертеж 1). Задача сводится к нахождению углового коэффициента прямой £# * Ei уравнение имеет

вид; у= m. Тогда, воспользовавшись условиями параллельности и перпендикулярности двух прямых, можно составить уравнения

Теперь учтем, что расстояния между параллельными прямыми и ^, и. fjp равны:

откуда

или ^=. Чтобы построить ^>, достаточно заметить, что прямая у=*с, х проходит через точку u/, (&*9-sy а прямая у= к. гл - через точкул*г(а-г, причем d-c ± jcvj, 8 = 1щ. Следовательно, в первом случае задача имеет два решения: ел*(м.) или 4. »4>^<&» Во втором и в третьем случаях задача также имеет по два решения. Таким образом, задача имеет 6 решений. ЗАДАЧА 6. Дан выпуклый четырехугольник ^лс%>, о - точка пересечения его диагоналей. Доказать, что прямая, проходящая через точки пересечения высот треугольников ^ ^ и съо, перпендикулярна прямой, проходящей через точки пересечения медиан треугольников Л> СО и ЪЛО.

Решение. Удобно выбрать систему координат так, чтобы начало координат совпало с точкой пересечения диагоналей данного четырехугольника, а вершины ^ и г принадлежали оси абсцисс (рис. 2). Обозначим координаты вершин:*#(*;о)% с(c;û), ^Ь(р^).

Учитывая, что oe(^j% координаты точки ^ можно записать так: (mf> » т$). Пусть M и нг точки пересечения высот треугольников^^7 и сЪо соответственно, м, и мг - точки пересечения медиан треугольников *&£& и, Вычислим координаты точки /Ч =

Угловой коэффициент (<ЛА)\

Тогда уравнение (ое)

Аналогично:

Исчислим угловой коэффициент прямой н, н,.

Точки м, и >Чг имеют координаты

Нетрудно убедиться, что

откуда следует, что

Рис 1

Рис. 2.

ЗАДАЧА 7. Даны сфера и точка Л. Доказать, что сумма квадратов расстояний от точки <Л до концов диаметра сферы не зависит от выбора диаметра.

СЛЕДСТВИЕ 1. Дан прямоугольник. Для любой точки пространства сумма квадратов расстояний до двух противоположных вершин прямоугольника равна сумме квадратов расстояний до двух других вершин.

СЛЕДСТВИЕ 2. Дан прямоугольный параллелепипед и точка, Суммы квадратов расстояний от точки Л до концов каждой диагонали параллелепипеда равны.

СЛЕДСТВИЕ 3. Если центр сферы совпадает с центром симметрии некоторого многогранника, то сумма квадратов расстояний от произвольной точки сферы до вершин многогранника постоянна.

ЗАДАЧА 8. Дан куб. Перпендикулярно его диагонали проведена плоскость. Доказать, что эта плоскость образует равные углы с плоскостями всех граней куба.

Указание. Выбрать систему координат, записать координаты векторов, перпендикулярных рассматриваемым плоскостям, и вычислить косинус угла между двумя плоскостями как модуль косинуса угла между векторами, перпендикулярными этим плоскостям. Для каждого из углов cosr=j-.

ЗАДАЧА 9. Доказать, что сумма квадратов расстояний всех вершин куба до плоскости, проходящей через его центр симметрии, не зависит от выбора плоскости.

СЛЕДСТВИЕ. Даны сфера и плоскость, проходящая через ее центр. Сумма квадратов расстояний от вершин куба, вписанного в сферу, до данной плоскости не зависит от выбора куба.

ЗАДАЧА 10. Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки пространства до вершин прямоугольного параллелепипеда в 4 раза больше суммы квадратов расстояний от этой точки до плоскостей его граней.

ЗАДАЧА 11. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через середину диагонали куба перпендикулярно этой диагонали.

Указание. Выбрать систему координат, обозначить координаты вершин куба, составить уравнение секущей плоскости, найти координаты точек ее пересечения с ребрами куба.

ЗАДАЧА 12. Дан прямоугольный параллелепипед ^^*ч-4с^ причем Ш/'/Ъс/=а:£. В каком отношении общий перпендикуляр прямых. ^Ц и ЯЛ, делит ребро Щ и диагональ 9^?

Решение. Выберем систему координат так. чтобы вершины па-

раллелешшеда имели следующие координаты: 9>(ojûiO)% %, (OiOi /), Л (а, О) о), С(о;в>о)\ Л, (а; о ; i) р UJ^ä; ^ (рис. 3). Пусть общий перпендикуляр скрещивающихся прямых сЛ< и %А,, tiefte) # Тогда -^ а/9 » ^(^о. , ^в^)щ_^ъ условия следует, что tâ-Jj^OjM/V'&b/û. Записав эти равенства в координатах и решив полученную систему уравнений относительно р и t, получим />«$ f откуда следует, что i<*a//:/u/j?j=/*/vi :.'1"41 = #.

ЗАДАЧА 13. В куб вписана сфера. Доказать, что сумма квадратов расстояний от любой точки сферы до граней куба постоянна.

ЗАДАЧА 14. Ребра, *9£, тетраэдра #Jbt9 взаимно перпендикулярны. Доказать, что центр сферы, описанной около данного тетраэдра, принадлежит прямой, проходящей через вершину Л и точку пересечения медиан треугольника #

Метод координат дает возможность значительно проще, чем традиционными методами, решать многие задачи на нахождение множеств точек по их характеристическому свойству. Для таких задач можно предложить следующий план решения методом координат.

1. Выбрать систему координат, продумав, каким образом ее расположить относительно данной фигуры.

2. Записать координаты данных точек, уравнения фигур, которые будут нужны при решении задачи.

3. Обозначить координаты текущей точки искомого множества и записать определяющее свойство в координатной форме. При этом обычно получается уравнение, связывающее ее координаты. По возможности упростить его. Таким образом устанавливаем, что если точка принадлежит искомому множеству, то ее координаты удовлетворяют полученному уравнению.

4. Выяснить, все ли точки, координаты котороых удовлетворяют подученному уравнению, принадлежат искомому множеству. Таким образом проверяем истинность обратного утверждения: если координаты некоторой точки удовлетворяют полученному уравнению, то эта

Рис. 5.

точка принадлежит искомому множеству. Иногда вместо обратной задачи удобнее проверить истинность противоположной: если точка не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют подученному уравнению»

5. По найденному уравнению установить, какую фигуру представляет собой искомое множество. Если это целесообразно, дать графическое изображение найденного множества.

6. Необходимо рассмотреть все возможные случаи решения задачи в зависимости от взаимного расположения данных элементов или от соотношений между ними. Интересным во многих задачах является рассмотрение различных частных случаев.

ЗАДАЧА 15. Дан прямоугольник л&сЪ. Найти множество точек m плоскости, для каждой из которых iJUJt}+ imci = +1мъ\ щ

Ответ: объединение двух прямых, проходящих через середины противоположных сторон данного прямоугольника.

ЗАДАЧА 16. Найти множество точек плоскости, суша расстояний от каждой из которых до двух данных взаимно перпендикулярных прямых равна длине а. данного отрезка.

Ответ: ломаная, ограничивающая квадрат, вершины которого принадлежат данным прямым; длина диагонали квадрата равна га.

ЗАДАЧА 17. Даны две точки и. Найти множество точек плоскости, для каждой жз которых отношение расстояния до точки А к расстоянию до точки равно ™>о # Построить эту фигуру для т = £.

Ответ: окружность Аполлония, если т*< ; прямая, если

ЗАДАЧА 18. Найти множество точек M плоскости, для каждой из которых сумма квадратов расстояний до двух вершин данного равностороннего треугольника равна квадрату расстояния до его третьей вершины.

Решение. Возможны три случая:

Рассмотрим подробно первый случай. Выберем систему координат так, чтобы вершины треугольника имели следующие координаты:, Q), Jb(ijû), тогда С (Oi fë), Для того, чтобы точка м принадлежала искомому множеству, необходимо и достаточно, чтобы ее координаты удовлетворяли уравнению

которое равносильно уравнению

Следовательно, в первом случае искомое множество есть окружность радиуса, центр которой симметричен вершине £ относительно прямой ^. Во втором и

третьем случаях решение аналогично. Поэтому искомое множество точек есть объединение трех окружностей.

ЗАДАЧА 19. Найти множество центров прямоугольников, вписанных в данный треугольник ЛМ р основания которых лежат на большей стороне треугольника.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы вершины данного треугольника имели координаты: Л(<х;о) %Л(в;о)% С(о;<)%(рис. 4).

Пусть cl мы _ один из прямоугольников, вписанных в треугольник лл с, l е и имеет координаты (x0to). Вычислим координаты центра прямоугольника как середины отрезка LN. м е сас]. уравнение (Mis

Точка M имеет координаты

Уравнение (ле) :

Точка V имеет координаты

Вычислим координаты середины р(*>у) диагонали л/z у =. Исключив параметр х0, подучим уравнение «?л +^(o+£j-j = а+В. Следовательно, точки искомого множества принадлежат прямой, которая, очевидно, проходит через точки f (о; |) и f(b^; о)% т. е. через середины высоты со и основания ЛЛ. Но не все точки этой прямой будут являться центрами прямоугольников, вписанных в данный треугольник. о< <хр S f поэтому о<- х * о * у <■. Таким образом, искомое множество точек есть отрезок ef, где £ -середина основания jfJd, f - середина высоты со.

ЗАДАЧА 20. Даны три взаимно перпендикулярные плоскости, Найдите множество точек пространства, для каждой из которых суша квадратов расстояний до этих плоскостей равна а. г.

Ответ: сфера радиуса а. , центром которой является общая точка данных плоскостей.

ЗАДАЧА 21. Найти множество точек пространства, для каждой из которых суша квадратов расстояний до двух данных точек равна а. 2.

Решение. Выберем систему координат таким образом, чтобы данные точки имели координаты: л(о, о, о)% А(е;о;о)ш Для того, чтобы точка м (х;у;г) принадлежала искомому множеству, необходимо и достаточно, чтобы ее координаты удовлетворяли уравнению

Следовательно, искомое множество точек при

есть сфера с центром в середине отрезка, радиус которой равен

а при

Рис 4.

точка (середина отрезка ЛЛ), при а< z«ä - пустое множество.

ЗАДАЧА 22. Найти множество точек пространства, отношение расстояний каждой из которых до точки Л и до точки ^ равно * >о.

Ответ: при tji сфера радиуса / jir^â\'8>(&^ №Л>})* ^центром которой является точка #е, такая, что <^Q = ~т~Г* м î ПРИ - плоскость, перпендикулярная отрезку M и проходящая через его середину.

ЗАДАЧА 23. Найти множество точек, одинаково освещаемых двумя источниками света, находящимися соответственно в двух данных точках, если первый источник вдвое слабее второго.

Решение. Учитывая, что освещенность £ -, где J - сила света, ^ R - расстояние до источника света, имеем: -—^ - и ?F =£. Если первый источник находится в точке <* (о-, £± о), второе - в точке &(а)0, о), то задача сводится к нахождению множества точек, отношение квадратов расстояний от каждой из которых до точки и до точки Л равно 2.

(I)

Для того, чтобы точка м (х, у, г) принадлежала искомому множеству, необходимо и достаточно, чтобы ее координаты удовлетворяли уравнению (I). Следовательно, искомое множество есть сфера радиуса ai£ (а= \JtJb)), центр которой симметричен точке относительно Л.

ЗАДАЧА 24. Найти множество точек пространства, для каждой из которых сумма квадратов расстояний до двух вершин данного равностороннего треугольника равна квадрату расстояний до его третьей вершины.

Ответ: объединение трех сфер. Центр каждой из них симметричен одной из вершин данного треугольника относительно прямой, определяемой двумя другими вершинами. Радиус каждой из них равен стороне треугольника.

ЗАДАЧА 25. Дано множество плоскостей, проходящих через одну прямую, и точка, не принадлежащая этой прямой. Найти множество точек, являющихся основаниями перпендикуляров, проведенных из данной точки ко всем данным плоскостям.

Решение. Выберем систему координат так, чтобы началом координат была точка О - основание перпендикуляра, проведенного к данной прямой £ через данную точку ^, Л £ £, чтобы ось их совпала с прямой i, ось Oy с (ОЛ), ось 0} была перпен-

дикулярна плоскости, проходящей через прямую £ и точку ^. Пусть при этом точка Л имеет координаты (W о). Если * -одна из плоскостей, проходящих через 9 не совпадающая с плоскостью, то ее уравнение имеет вид: у + с г =о f где с - параметр. Пусть точка M (л; основание перпендикуляра, проведенного к плоскости <* через точку <4, т. е. принадлежит искомому множеству. Тогда вектор коллинеарен вектору rf-(0)1, с.) % перпендикулярному плоскости <х. Поэтому dH=mn, отжуда х=о (I), у-а = т (2), г - (3). Так как Ме°<, то у*с2~г? (4)# Исключив из системы уравнений (I), (2), (3), (4) параметры с и ^, получим систему двух уравнений (y-%)ê+* '(5) и =û (*)• в плоскости искомому множеству принадлежит точка J-. Ее координаты удовлетворяют этой системе. Следовательно, если точка м принадлежит искомому множеству, то ее координаты удовлетворяют системе уравнений (5) и (I). Верно и обратное. Таким образом, искомое множество точек есть окружность в плоскости, проходящей через точку <4 перпендикулярно прямой £. Отрезок является диаметром этой окружности (о - основание перпендикуляра, проведенного к прямой £ через точку J).

ЗАДАЧА 26. Найти множество точек пространства, для каждой из которых сумма квадратов расстояний до вершин данного куба постоянна и равна Вг. (Длина ребра куба равна).

Ответ: сфера с центром в центре симметрии куба, если^л*йг; точка (центр куба), если S- <?afß ; пустое множество, если 8 <- eafß.

ЗАДАЧА 27. Дан трехгранный угол, все плоские углы которого прямые. Найти множество точек этого трехгранного угла, для каждой из которых сумма расстояний до граней угла постоянна и равна *.

Ответ: треугольник, вершины которого находятся на ребрах данного угла на расстоянии а. от вершины.

ЗАДАЧА 28. Степенью точки M относительно сферы радиуса <f с центром в точке С называется число & =/см/г-#г. Найти множество точек пространства, степени которых относительно данных неконцентрических сфер (с, ; *,) ж (се ; *г) равны.

Ответ: плоскость, перпендикулярная (с*сг).

Э. Л. КАМИНСКАЯ (г. Вологда)

ИНТЕРВАЛЬНАЯ АРИФМЕТИКА И ТЕОРИЯ ПОГРЕШНОСТЕЙ.

При решении прикладных задач математическими методами, как правило, приходится иметь дело с приближенными значениями рассматриваемых величин. Они возникают, если эти величины берутся из эксперимента, так как никакое физическое измерение не может быть выполнено абсолютно точно, или появляются в результате математических операций над исходными данными, например в результате округления. Решая любую практическую задачу, мы должны поэтому не только вычислить значение искомой величины, но и оценить достоверность полученного результата, т. е. указать погрешность этого значения.

Методы оценки погрешностей составляют важный раздел прикладной (вычислительной) математики. К сожалению, знакомство с ним учащихся в рамках программы средней школы происходит на самом примитивном уровне. Между тем, практическая значимость и ценность этих методов неоспорима. Это обстоятельство делает весьма желательной постановку факультативного курса, посвященного элементам теории погрешностей. В настоящей заметке мы очертим круг вопросов, которые могут войти в такой факультативный курс

§ 1. Арифметические операции над отрезками.

Обычно о любом числе х, встречающемся в практической задаче, бывает известно, что оно заключено в некоторых границах, или, другими словами, принадлежит некоторому отрезку У. Если мы не располагаем никакой дополнительной информацией об этом чи-

сле, а такая ситуация типична для вычислительной математики, то в качестве приближенного значения «г может быть выбрана любая точка отрезка У, а его длина в определенном смысле характеризует погрешность выбранного приближенного значения. Производя над заданными числами и их погрешностями математические операции, мы по существу будем работать с отрезками, в которых заключены эти числа. Это наводит на мысль о построении теории погрешностей на языке интервальной арифметики, т. е. алгебраической системы, элементами которой служат отрезки действительной прямой, для которых надлежащим образом определены операции сложения, вычитания, умножения и деления.

Опишем эту систему. Обозначим через А множество всех отрезков [ûv^a^ej^ а*6, Заметим, что в А мы включаем и отрезки вида [а. а], у которых начальная и конечная точки совпадают. Такие отрезки будут далее называться вырожденными.

Определение. Пусть У = [а, 6] и J » [c, d] - два отрезка. Определим их сумму, разность, произведение и частное следующим образом:

Теорема 1. Сумма У +Г двух отрезков есть отрезок, причем

Доказательство. Пусть х е У+1. Тогда

Складывая эти неравенства, получим

а это значит, что

Таким образом

(I)

Наоборот, пусть хе[а+с; ß+d], т. е. а+с*х * ß+cL.

Рассмотрим два случая.

1. а-*-с й jc£ ß+c, Тогда cl * х-с * S. Положим и*х-с, tr=c Ясно, что vej и при этом х= u+tr.

2. ß+c <-x*ß+d. ■ В этом случае с < х- ß ± aL. Положим и*5j tr-x-â?0 Тогда иьУ, ггв^ и снова х-ц+гг ф Итак, каково бы ни было число x € [CL + c ; ß+d], найдутся числа <2€.? VsJ

такие, что

Это значит, что

(2)

Включения (1) и (2) показывают, что У+J -[&+с, B+d].

Теорема 2, Разность У-J двух отрезков есть отрезок, причем J-f*[a-dj S-с].

Доказательство строится аналогично предыдущему.

Теорема 3. Произведение У-J двух отрезков есть отрезок, причем yjs [min (ас, ad. Sc, 3d) ; max (ас, ad, 3c, Sd)],

Доказательство. Наибольшее и наименьшее из произведений ас, ad9 Sc, Sd зависит от распределения знаков чисел a, £, c, d % Так как все возникающие при этом случаи однотипны, рассмотрим один из них: О *а *ß, id. В этом случае, очевидно,

Пусть хе У Г. Тогда x=uv, где и. еУ, гге/. Так как

т. е.

(3)

Пусть наоборот xeçac&d]. Рассмотрим два случая.

1. ас *х* 6с. Если при этом с = о, то и л-^ и можно записать х*ао, где а еУ, OeJ, Если же сФо, тс&^ £ * В* Положим f- >V'C в Тогда иеУ, ire J и &*uvt

2, Be é x * Bd. Как и в первом случае при 6*о будет x=û и х можно представить в виде х-ас, где 0$У, cej. При вфо с < ~ *d и, полагая 0«6, v- ^, получим. r ^ air где

Итак, для любого хе [ас, 3d] существуют и. е Уа vgJ такие, что х*игг. Этим доказано, что [ас; Sä] с yj (4) Включения (3) и (4) показывают, что

Теорема 4. Если Oêl 9 то частное отрезков У и I есть отрезок, причем

Доказательство аналогично предыдущему.

§ 2. Свойства арифметических операций над отрезками.

Теорема 5. Для любых отрезков У= [а;В], f*[c, d]y i] справедливы следующие утверждения:

I.

(коммутативность),

2.

(ассоциативность),

3. Существуют такие отрезки Ю и /, что

4.

Доказательство. Утверждения, касающиеся коммутативности и ассоциативности сложения и умножения, доказываются непосредственным подсчетом левых и правых частей соответствующих равенств со ссылкой на аналогичные свойства операций над действительными числами. Роль нейтральных элементов играют, как легко убедиться, вырожденные отрезки ГО» о] и [Щ] соответственно.

Остановимся подробнее на доказательстве свойства 4, которое можно назвать ослабленным дистрибутивным законом. Нам потребуется следующая лемма.

Лемма. Пусть а. , гал, £ t 6г - действительные числа. Тогда

Доказательство. Предположим сначала, что

Тогда

Таким образом, всегда

Аналогично устанавливается, что

Методом математической индукции доказанная лемма распространяется на любое натуральное п. :

Вернемся к доказательству ослабленного дистрибутивного закона. Имеем:

В силу предыдущей леммы

Это значит, что (У+[)-И, чем завершается доказательство теоремы 5.

Заметим, что в ослабленном дистрибутивном законе включение нельзя заменить равенством, что легко обнаруживается в примерах. Пусть J*[*i5]JJ*£3;'(l1?sE2ïÛ'ÏOTj& и, следовательно, ^V*j)Uc JH^JIL t причем включение строгое.

Сделаем в заключении этого параграфа два замечания.

I. Построенная алгебраическая система - интервальная арифметика - содержит в себе поле действительных чисел. Вложение поля R в А достигается отождествлением вырожденных отрезков с действительными числами л. Используя понятие изоморфизма алгебраических систем, это утверждение можно уточнить, однако мы этого здесь делать не будем и ограничимся замечанием, что операции интервальной арифметики над вырожденными отрезками производятся по существу так же, как соответствующие операции над сопоставленными им действительными числами:

2, Интервальная арифметика, несмотря на то, что в ней отрезки можно складывать, вычитать, умножать и делить, не является полем и даже кольцом. Это видно уже из того, что в этой алгебраической системе не верен дистрибутивный закон, связывающий сложение и умножение в любом кольце. Более того, операции вычитания и деления в интервальной арифметике не являются обратными операциями для сложения и умножения. В самом деле, если afê, то

Если, кроме того (для определенности) а>о, то

Это обстоятельство проявляется в том, что многие задачи в интервальной арифметике решаются по другим правилам, чем в числовых полях, а в некоторых случаях вообще не имеют решения. Так в интервальной арифметике, вообще говоря, не разрешимы уравнения вида [а>6] -tlx; у] = [c;djt

Действительно, для наховдения отрезка [*jy] нужно к обеим частям уравнения прибавить отрезок, противоположный K/a;£j(дающий в сумме с fa>В] нейтральный элемент D)• Но в случае, если отрезок [а;В] не вырожденный, у него не существует, как легко убедиться, противоположного элемента. Аналогичное замечание относится и к уравнениям вида

§ 3. Приложения к теории погрешностей.

Применим язык интервальной арифметики к рассмотрению некоторых вопросов теории погрешностей.

Пусть х0 - действительное число, принадлежащее отрезку У9 />; В] ; a * х0 * В.

Любое число х из отрезка У условимся называть приближенным значением числа х0, а разность между х и т0, взятую по модулю, - абсолютной погрешностью этого приближенного значения. Обозначать абсолютную погрешность числа х будем, как обычно, дх :

Как уже отмечалось, в задачах вычислительной математики типична ситуация. когда о числе хФ у нас нет никакой дополнительной информации, о нем известно только то, что х0 принадлежит отрезку У и, следовательно, может совпадать с любой точкой этого отрезка. В таком случае величину абсолютной погрешности ах мы указать не можем. Можно лишь утверждать, что она не превосходит наибольшего из чисел х-а. (черт. 1):

Величина правой части этого неравенства зависит от выбора приближенного значения х.. Выберем его так, чтобы она приняла наименьшее из возможных значений. Для

Рис. 1.

этого достаточно взять в качестве л середину отрезка Г*; &1, т. е. число х - i (а+&). Действительно, в этом случае

Таким образом, для любой точки отрезка &] >

Условимся поэтому в дальнейшем в качестве приближенного значения числа т#, принадлежащего отрезку />;47, всегда выбирать середину этого отрезка х *J(a+S). В таком случае абсолютная погрешность этого приближения <*х равна J (S-ei).

Теперь мы можем установить связь между погрешностями заданных приближенных значений и погрешностями чисел, получающихся в результате выполнения арифметических операций над ними.

Теорема 6. Пусть х, у - приближенные значения чисел х, у, принадлежащих соответственно отрезкам 47 ъ[аа]. Тогда

Доказательство. В силу теоремы I число л+? может совпадать с любой точкой отрезка Zo. ;6]rCc)d]*[a*c;S*4lB таком случае, учитывая принятое нами соглашение о выборе приближенного значения числа, мы получим в качестве приближенного значения суммы аг*у число s£(a+6+ei-dj # Следовательно,

Остальные утверждения теоремы доказываются аналогично.

Сравним полученный нами результат с оценками погрешностей арифметических операций, известными из классического метода оценки предельных погрешностей.

Пусть х, р - приближенные значения соответственно чисел Л#и X. В классической теории доказывается, что

Отсюда видно, что формулы, оценивающие погрешность суммы и раз-

ности в классической теории, совпадают с полученными в теореме 6. Иначе обстоит дело в случае произведения. Пусть x^[aiB]^e[cfdl Положим, как и выше, Z*iCci<-ehii=i(c+d) и рассмотрим случай

и, согласно теореме 6,

Подсчитаем теперь величину

При <г + б>0 она равна

Так как

и, значит,

При а + В «-О получим

Так как с *d и 6>о. то оd > Л и снова

Полученное неравенство показывает, что величина погрешности произведения приближенных значений, оцениваемая в классической теории числом, оказывается заниженной по сравнению с ее реальным значением. Аналогичный результат можно получить и для классической оценки погрешности частного. Отсюда следует, что в классической теории не всегда соблюдается основной принцип теории погрешностей, согласно которому оценки погрешностей приближенных значений должны быть достоверными.

Методика оценки погрешностей, использующая язык интервальной арифметики, как следует из доказанных выше теорем, лишена этого недостатка.

Т. Н. КОМАРОВА (г. Вологда)

ВАРИАНТ ПОСТРОЕНИЯ ПОЛЯ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ

В школьном курсе математики цепочка построения числовых систем заканчивается на множестве действительных чисел IR ; а комплексные числа изучаются только в факультативном курсе. Известно много разных способов построения поля комлексных чисел. Наиболее распространенный из них связан с представлением этого поля как множества R& всех упорядоченных пар действительных чисел, над которыми следующим образом задаются операции сложения и умножения:

(1) (2)

Эти операции удовлетворяют условиям коммутативности, ассоциативности и дистрибутивности. Роль единицы играет пара (1, 0), нуля -(0, 0). Мнимой единицей является пара (0, 1).

Операция сложения здесь вводится естественным образом, что же касается умножения, то в его определении проглядывает некоторая искусственность. В связи с этим обстоятельством перед учениками можно поставить следующую исследовательскую задачу - разыскать другие способы задания умножения в множестве R*, которые вместе с операцией сложения (1) превратят его в поле комплексных чисел.

Отыскание таких способов может быть основано на следующей идее. В определении (2) компоненты произведения можно рассматри-

вать как многочлены второй степени от си, б, с, d. Напрашивается поэтому мысль обобщить определение умножения, воспользовавшись для этого произвольными многочленами (для простоты ограничимся многочленами второй степени) от компонент перемножаемых пар. Разумеется, на них придется наложить определенные ограничения, диктуемые условиями коммутативности, ассоциативности, дистрибутивности и требованием существования мнимой единицы.

Поставленная задача допускает простую геометрическую интерпретацию, которая будет рассмотрена в конце настоящей заметки.

Решение этой задачи может составить содержание факультативного курса, в котором естественным образом сочетаются важные алгебраические идеи и их простая геометрическая реализация.

Рассмотрим множество R2 = { (х>У)1<£, уе1ЦJ, Операцию сложения в нем зададим согласно (I), а перемножать пары условимся по правилу,

где / и £ - многочлены второй степени от л, у, «. , с действительными коэффициентами. 1Цциницей будем считать пару (1, 0). Многочлены J и ß имеют вид :

Выясним, какими должны быть их коэффициенты, для того чтобы сложение и умножение обладали свойствами обычных арифметических операций (удовлетворяли аксиомам поля).

Так как

то

или в более подробной форме:

Поскольку эти соотношения должны выполняться для любых

Вид многочленов j к ß. значительно упростился:

(4)

Выше мы потребовали, чтобы роль единицы играла пара (1, 0): (x, y)(ijQ)=(xA Отсюда вытекает, что должны выполняться условия:

Так как

то мы получаем

Многочлены У и в теперь принимают вид:

Далее потребуем, чтобы умножение было коммутативным:

Это требование приводит к условиям

из которых вытекает, что а7 - а, ßf. /.

Наконец, обозначая о3 через °с и 6S через ß, мы приходим к следующему виду многочленов / й g :

(5)

Непосредственной проверкой легко убедиться, что операция умножения (3), задаваемая многочленами (5), обладает свойствами ассоциативности и дистрибутивности относительно сложения. Проверим, например, свойство ассоциативности:

Аналогичным образом проверяется свойство дистрибутивности.

Обозначим множество R2 с определенными в нем сложением и умножением €. Выясним теперь, при каком соотношении между и 4 в р существует мнимая единица, то есть такой элемент fay), что (х, у)г =* (-1>о\.

Так как

то мы приходим к системе уравнений:

(6)

Заметим, что в любом ее решении у отличен от нуля, ибо в противном случае первое уравнение приводит к противоречию х<г=-/.

Учитывая это, из второго уравнения находим

Подстановка в первое уравнение дает

Таким образом, система (6) имеет решения:

Для их существования подкоренное выражение должно быть положи тельно. Таким образом, мы приходим к требованию: £а+4о< *-о Найдем теперь для каждой ненулевой пары (х, у) обратный элемент, то есть такую пару (и, у), что fa* у)•(">&) « С*>а). Это уравнение сводится к линейной системе

(7).

Если ее определитель Ф 9X*+fixy -4у отличен от нуля, она имеет единственное решение:

Определитель w можно рассматривать как квадратный трехчлен относительно X. Дискриминант его d равен +4 Так как /г*^<* *сг, то при yjo cL отрицателен, и, значит, определитель 9) строго положителен.

Случай у-О приводит систему <7) к более простому виду

Так как (x*ff) / (°> °), то xi о, и система имеет решение и* х~1, 1г= О

Полученный результат можно сформулировать в виде следующего утверждения.

Теорема. Множество С с операциями сложения и умножения, заданными согласно (I), (3), где многочлены / и ß. имеют вид (5), является полем комплексных чисел тогда и только тогда, когда параметры о(и уЗ удовлетворяют условию fi*+ 4°<*0 # Легко видеть, что при с/= - /, yS =û мы получаем обычное умножение (2).

Отметим теперь, что при надлежащем выборе чисел ot и р мнимой единицей может быть любая пара (а, 6), у которой Вфо. Действительно, приравнивая компоненты мнимой единицы к^я. и S, получим систему уравнений

которая имеет решение

В частности, при, р> = О мнимая единица обычная (0, 1).

Рассмотрим геометрическую интерпретацию изложенного выше. При обычном подходе любое комплексное число изображается в виде радиус-вектора точки координатной плоскости. Радиус-вектор £я(х. у) раскладывается по базису (см. рис. 1).

При нашем подходе комплексное число тоже можно изобразить радиус-вектором точки. Но разложение (см. рис. 2) происходит по другому базису: Ç-ftty

Рис. 1

Пусть с изображает комплексное число (и*Ю, тогда с=хе, +уе^. Запишем это разложение в координатной форме:

и сведем полученное уравнение к системе линейных уравнений относительно X и # :

Решением системы является

Таким образом,

Рис. 2.

Н. А. КОЗЫРЕВА (г. Вологда)

КОМБИНАТОРНАЯ ПРОПЕДЕВТИКА НА КРУЖКОВЫХ ЗАНЯТИЯХ В 4 - 8 КЛАССАХ.

Новая программа по математике предусматривает на факультативных занятиях в 9 классе изучение темы "Элементы комбинаторики". Комбинаторные задачи отражают большую часть дискретной математики, удельный вес и значение которой в практических приложениях продолжает возрастать. Как и вся новая программа, эта тема строится на теоретико-множественной основе. Учтены некоторые недостатки в содержании теоретического материала и методике его изучения, вскрытые в школьном преподавании элементов комбинаторики в 1976 - 1978 годах. Так, выводу основных формул для нахождения числа перестановок, сочетаний и размещений не предшествует получение рекурентных формул, а поскольку комбинаторные соединения с повторениями имеют нисколько не меньшее значение, чем соединения без повторений, то оба эти вопроса изучаются параллельно.

Однако опыт проведения факультативных занятий в 9 классе показал, что без соответствующей подготовительной работы в 4- 8 классах изучение элементов комбинаторики с использованием понятий "декартово произведение множеств" и "кортеж" связано со значительными трудностями, при наличии же комбинаторной пропедевтики изучаемые в 9 классе комбинации и формулы являются как бы итогом, а не первым этапом изучения элементов комбинаторики. Это способствует активному и сознательному восприятию изучаемого материала.

Простейшие комбинаторные задачи вполне доступны даже учащимся 4-5 классов. Действительно, в комбинаторных задачах используются преимущественно два типа операций: отбор подмножеств и упорядочение множеств. Необходимую базу для изучения этих опе-

раций составляют начальные понятия теории множеств, первое знакомство с которыми предусмотрено программой в I - 4 классах.

Учебники и учебные пособия по математике для 4-8 классов содержит некоторое количество элементарных комбинаторных задач. Но почти все такие задачи носят случайный характер и не являются обязательными, поэтому нет уверенности в том, что учителя уделяют им должное внимание. На кружковых же занятиях в 4 - 8 классах комбинаторную пропедевтику можно построить таким образом, чтобы подготовить учащихся к глубоко осмысленному усвоению основных понятий и формул комбинаторики, не допуская в то же время дублирования материала факультативных занятий в 9 классе. При решении комбинаторных задач в 4 - 5 классах не ставится цель обобщения их, введения правил и формул. Конечные множества берутся с небольшим количеством элементов, чтобы учащиеся легко могли составить, выписать и пересчитать требуемые комбинации элементов. При выполнении этой работы учитель должен обратить особое внимание учащихся на поиск системы получения требуемых комбинаций, чтобы быть уверенными, что ни одна комбинация не пропущена и не написана дважды. Должна широко использоваться иллюстрация решений с помощью графов и других схем.

Приведем примеры таких задач.

1. Запишите все различные двузначные числа, используя только цифры 5, 3, 7, при этом цифры в записи числа не должны повторяться.

Ответ: 35, 37, 57, 53, 73, 75.

2. Решите предыдущую задачу при условии, что цифры в записи числа могут повторяться.

Ответ: 33, 35, 37, 55, 53, 57, 77, 73, 75.

3. Сколько различных трехзначных чисел можно записать с помощью цифр 0 и 4?

Ответ: 4 числа. (444, 440, 404, 400)

4. Для двух своих книг Вася купил три различные по цвету обложки: зеленую, красную и синюю. Сколькими способами он может обернуть книги купленными обложками?

Решение: Для краткости будем обозначать обложки первыми буквами в названии их цветов: 3, К, С. Возможны следующие способы ЗК, ЭС, КЗ, КС, CK, СЗ, то есть 6 способов.

5. Завтрак состоит из двух блюд. Первое блюдо выбирается из множества {сосиски, рыба, каша, пельмени}, а второе блюдо из

множества [чай, кофе, молоко J. Какие завтраки можно составить из этих блюд? Запишите все возможные комбинации, обозначив каждое блюдо первой буквой. Сколько их?

Ответ: СЧ, CK, СМ, КЧ, КК, КМ, РЧ, PK, РМ, ПЧ, ПК, ПМ, то есть 12 завтраков.

6. Составить всевозможные подмножества множества (а, в, с] Ответ:0, {а}, {в}, {с}, {а, в], (а, с}, {в, с}, {а, в, с}.

7. Сколькими способами три девочки Люда, Света и Галя могут встать в очередь?

Решение: Выпишем всевозможные комбинации, записывая дня удобства вместо полного имени девочек заглавную букву его: ЛСГ СЛГ ГСЛ ЛГС СГЛ ГЛС

Проиллюстрируем решение с помощью графа. Каждая ветвь построенного графа описывает и наглядно представляет возможное расположение девочек в очереди, (рис. 1)

8. Сколькими способами можно составить разведгруппу из одного офицера и одного солдата, если имеются два офицера и три солдата?

Решение: На рисунке 2 дана графовая иллюстрация решения задачи (за действие С обозначено составление разведгруппы).

Рис. 2.

Ответ: 6 способов.

9. Могут ли 8 человек прибыть из города А в город С через город В шестью различными путями, если из города В можно проехать в город С по двум дорогам, а из города А в город В - по трем дорогам?

Ответ: Нет, так как из города А в город С через город В можно проехать шестью различными способами. Полезно построить

схематическую иллюстрацию задачи. (рис. 3).

Рис. 3.

10. Пять товарищей решили обменяться фотокарточками. Сколько надо для этого фотокарточек?

Решение: Каждый из пяти товарищей должен подарить 4 фотокарточки. Значит, всего потребуется 5 х 4 = 20 фотокарточек.

11. Встретились пять товарищей и решили сыграть друг с другом в шашки по одному разу. Сколько всего партий они должны сыграть?

ПЕРВОЕ РЕШЕНИЕ. Полезно нарисовать 5 кружков - это шашисты. Первый кружок надо соединить со всеми остальными четырьмя кружками - эти линии соответствуют сыгранным партиям. Второй кружок будет связан новыми линиями только с тремя кружками и т. д. А от четвертого кружка придется провести одну дополнительную линию, от пятого ни одной, (рис. 4). Всего должны сыграть 4 + 3 + 2 + 1 = 10 партий. (Число линий подсчитывается при их проведении).

ВТОРОЕ РЕШЕНИЕ. Каждому из пяти товарищей надо сыграть 4 партии. Но когда Иванов играет партию с Петровым, то и Петров играет с Ивановым, следовательно, число сыгранных партий равно

Решение этой задачи целесообразно сравнить с решением задачи 10.

Увеличение числа элементов множеств приводит к вопросу об отыскании более удобных способов решения комбинаторных задач. Очень полезным здесь оказываются так называемые правила суммы и произведения, с которыми можно познакомить учащихся уже в 6 классе.

Рис 4.

12. На тарелке лежат 8 яблок и 6 груш. Сколькими способами можно выбрать один плод?

Главная мысль, которая лежит в основе решения задачи, может быть сформулирована в виде следующего правила (правила суммы).

Пусть два выбора взаимно исключают друг друга. Бели первый выбор может быть сделан m способами, второй -п. способами, то какой-нибудь один из этих выборов можно осуществить м-п. способами.

При отработке этого правила следует подчеркнуть, что когда говорят о сумме выборов, то выборы соединяются союзом "или " Так, в нашей задаче надо выбрать одно яблоко или одну грушу. Итак, плод можно выбрать 8 + 6 = 14 способами.

Примерами упражнений, в которых требуется провести рассуждения, приводящие к правилу произведения, могут служить задачи 8-10. Сформулируем это правило.

Пусть требуется выбрать пару элементов в указанном порядке. Если выбор первого элемента можно осуществить /п. способами, после чего выбор второго элемента можно осуществить п. способами, то выбор пары элементов может быть сделан т-п. способами.

В дальнейшем правило произведения можно обобщить для выбора £ элементов в указанном порядке.

Рассмотрим примеры задач для учащихся 6-8 классов, при решении которых применяются правила суммы и произведения.

13. Имеется 7 различных книг по математике и 4 по физике. Сколькими способами можно выбрать две книги: одну по математике и одну по физике?

Ответ: 7x4 = 28

14. Сколькими способами можно выбрать гласную и согласную из слова "ЗДАНИЕ"? Из слова "МАТЕМАТИКА"?

Решение: Гласную из слова "ЗДАНИЕ" можно выбрать тремя способами, согласную - также тремя способами. Гласную и согласную буквы из слова "ЗДАНИЕ" можно выбрать 3x3 = 9 способами.

Гласную буку из слова "МАТЕМАТИКА" можно выбрать тремя способами: А, Е, И; с гласную - также тремя способами: M, Т, К; значит, гласную и сог^сную буквы можно выбрать 3x3 = 9 способами.

15. Сколько различных двузначных чисел можно составить из цифр: а) I, 2, 3, 4, 5, 6; б) 0, I, 2, 3, 4, 5?

Ответ: а) 6 X 6 = 36; б) 5 X 6 = 30:

16. Сколько имеется двузначных чисел, у которых обе цифры четные? Нечетные?

Ответ: 4 X 5 = 20; 5 х 5 = 25.

17. В классе обучаются 16 мальчиков и 14 девочек. Сколькими способами можно поручить дежурство по классу одному мальчику и одной девочке? Сколькими способами это можно сделать на следующий день, если не привлекать учащихся, дежуривших в предыдущий день?

Ответ: 16 X 14 = 224; 15 х 13 = 195.

18. Сколькими способами из 20 учащихся можно выбрать двух дежурных по классу?

Ответ: 20 х 19 _ jgg (так как выборы дежурных Иванов - Петров и Петров - Иванов одинаковы).

19. На плоскости имеются пять точек А, В, С, Д, Е, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Сколько они определяют отрезков? Проверить полученный результат на чертеже.

Решение: Отрезок определяется двумя точками - началом и кондом. Начало отрезка мы можем выбрать пятью способами, тогда конец его - четырьмя способами. Учитывая, что [АВ] = [ВА], получаем число отрезков: 5x4 я jq

20. В столовой к обеду приготовили 4 блюда на первое, 5 блюд на второе и 3 блюда на десерт. Сколькими способами можно составить один обед?

Ответ: 4x5x3 = 60

21. Учитель приготовил для решения в классе три задачи. Сколькими способами он может предложить эти задачи трем учащимся, если в классе обучается 30 человек?

Ответ : 30 х 29 х 28 = 24360.

22. Сколькими способами можно распределить три различных предмета среди десяти человек, если каждому человеку давать не более одного предмета?

Ответ: 10 х 9 х 8 = 720.

23. Сколькими способами можно распределить три различных предмета среди десяти человек, если не ограничивать число предметов на одного человека?

Ответ: 103= 1000.

24. Семь человек решили сфотографироваться так, чтобы три человека сидели спереди на стульях, а остальные стояли бы за ними. Сколькими способами вся группа может разместиться для фотографирования?

Ответ: 7! = 5040.

25. Сколькими способами можно расположить в ряд все десять цифр так, чтобы цифры I, 2, 3, стояли рядом в порядке возрастания?

Ответ: 8! = 40320.

26. На пяти стульях сидят 5 девочек, а напротив на пяти стульях сидят 5 мальчиков. Было решено, что мальчики поменяются стульями с девочками. Сколькими способами это можно сделать?

Ответ: 5! = 14400.

27. Сколькими способами можно разложить 5 предметов по 7 ящикам?

Ответ: 7^.

28. В комнате имеется 5 лампочек. Сколько существует различных способов освещения комнаты?

Ответ: 2^= 32.

29. Найти число всех подмножеств п. - элементного множества. Ответ: 2Л.

30. Сколько существует пятизначных чисел, которые одинаково читаются справа налево и слева направо?

Ответ: 9x 10 x 10 x1x1 = 900.

Организация подготовительной работы на кружковых занятиях в 4 - 8 классах повышает эффективность обучения элементам комбинаторики на факультативных занятиях в 9 классе, способствует выработке у учащихся прочных навыков решения комбинаторных задач.

Т. К. БАБКИНА (г. Вологда)

РУКОВОДСТВО ВНЕУРОЧНОЙ РАБОТОЙ СТУДЕНТОВ НА ПЕДАГОГИЧЕСКОЙ ПРАКТИКЕ В СЕЛЬСКОЙ ШКОЛЕ.

Программа педагогической практики предусматривает изучение студентами системы внеурочной работы учителя по математике, а также организацию и проведение внеклассной работы по предмету (тематические вечера, утренники, конкурсы, кружковые занятия и т. д.)

Опыт показывает, что студенты испытывают большие затруднения при выборе тематики внеклассных занятий, в подборе методической и научно-популярной литературы; составление плана конкретного мероприятия и написание конспекта в доступной и занимательной для учащихся форме также удается не сразу. Особенно трудно приходится студенту в сельской школе, где он далеко не всегда может достать нужную книгу, получить своевременную квалифицированную консультацию.

Условием успешного проведения педагогической практики является серьезная предварительная теоретическая и методическая подготовка студентов.

Готовя математиков к проведению внеурочных занятий с учащимися, Вологодский педагогический институт использует такие основные виды внеаудиторной работы студентов, как проведение математических огоньков в школах г. Вологды, участие студентов в работе летнего лагеря "Математик", активная помощь преподавателям в функционировании школы будущего учителя (ШБУ) и др.

На занятиях по методике преподавания математики мы изыски-

ваем возможности для улучшения практической подготовки всех студентов к внеклассной работе.

В лекционном курсе рассматриваются общие вопросы организации внеурочных занятий, особенности внеклассной работы по математике в условиях сельской школы, освещается опыт внеурочной работы с учащимися подшефных школ.

На практических занятиях студентам прививаются навыки в составлении разработок по проведению различных внеклассных мероприятий. Первые задания несложны, они являются как бы дополнением к теме занятия: подготовить сообщение для учащихся на тему "Как люди научились считать", "Из истории возникновения геометрических понятий", "Цена одного процента", "Математика в сельском хозяйстве" и т. д. ; в дальнейшем - задания по подготовке докладов "Исторические экскурсы на уроках в рассматриваемой теме", обзор материалов для внеурочной работы по журналам "Квант", "Математика в школе" и др. С подготовленным сообщением один из студентов выступает на семинаре. Докладчик дает список использованной литературы, план выступления (с перечислением заданий учащимся, если они есть), а затем излагает написанный конспект. После доклада (а задание готовят все!) следует активное обсуждение содержания и предполагаемой методики проведения занятия.

В процессе подготовки таких сообщений студенты знакомятся с литературой для внеурочных занятий, приобретают навык в работе с книгой и умение проводить популярные беседы с детьми. Кроме того, у студента начинает создаваться "копилка" методических конспектов, которые так важно иметь и практиканту, и молодому учителю сельской школы.

Разработкой конспектов крупных массовых мероприятий (математических вечеров, конференций, КВН) мы занимаемся на лабораторных занятиях по методике преподавания математики. Готовясь к лабораторной работе, студенты подбирают литературу, которую можно использовать для организации внеурочных занятий с учащимися в период педагогической практики (обычно к этому времени студенты уже знают школу и класс, где они будут проходить практику). На занятие с помощью преподавателя список литературы уточняется и дополняется, определяется конкретная тема и форма проведения того мероприятия, конспект которого предстоит разработать; намечается примерный план внеурочного занятия. Далее работу над конс-

пектом студенты продолжают дома, затем сдают его на проверку. Лучшие материалы после завершения педагогической практики сдаются в кабинет математики и становятся достоянием всех студентов.

Готовя студентов к практике в сельской школе, большое внимание следует уделить подбору баз практики, работе с учителями базовых школ. Мы проводим практику в крупных сельских школах, где сложилась интересная система внеурочной работы с учащимися и студенты имеют возможность перенять этот опыт. Базы практики остаются постоянными в течение ряда лет; создается возможность и изучить постановку внеклассной работы по математике в школе и помочь ее организации. Мы пропагандируем те новые формы работы с учащимися, которые проводит кафедра со школьниками в городе. Такая система сотрудничества складывается у нас со многими школами области (Верховажская, Грязовецкая №2, Воробьевская) и дает положительные результаты как в работе со студентами, так и в шефской работе с указанными школами.

Ниже мы приводим пример методической разработки математического вечера для учащихся 4-5 классов, который был проведен студентами на педагогической практике в Воробьевской средней школе.

СЦЕНАРИЙ ВЕЧЕРА.

Идут в школу два мальчика - Дима и Коля - и ведут такую беседу: "И зачем только мы эти формулы на математике учили? - говорит Коля. - Неинтересно, ' да и не нужно, наверно". "Как это не нужно? - возмущается Дима. - Да формулы всюду применяются! Вот смотри. В траншее заготовлены корма для коров. А как узнать сколько их здесь? Хватит ли на зиму? Для этого сначала нужно узнать объем траншеи, и при этом придется воспользоваться формулой для вычисления объема прямоугольного параллелепипеда, которую мы в школе учили. Давай подсчитаем вес силоса в траншее с длиной 6 метров, шириной 3 и глубиной 4, 5 метра.

(V т лЗс » S Ô 4, 5**1 Вес одного кубометра готового силоса примерно равен 550-600 кг, значит, вес кормов в этой траншее может быть определен только приближенно: 550*81 = 44550 кг « 45 т.

600*81 - 48600 кг « 49 т

Вот видишь мы и с приближенными числами встретились и округлять результаты пришлось!

Моя мама говорит, что и объемы скирд соломы, сена они вычисляют по формулам". "Все равно, - упорствует Коля, - Скучная математика, все считай, да считай. Вот история - это другое дело, слушаешь учителя и представляешь, как люди жили, какие интересные события происходили". "А вот послушай-ка, - прервал его Дима, - как скучная математика помогает истории. Давным-давно, пятнадцать тысяч лет назад, леса и прерии Северной Америки были наполнены гигантскими животными-мамонтами, броненосцами, саблезубыми тиграми и другими. И вдруг, очень быстро (для истории, разумеется), менее чем за одно тысячелетие, все они исчезли. Почему? Какая катастрофа могла уничтожить почти две трети всех видов крупных млекопитающих целого континента? Американский ученый, профессор Аризонского университета Пол С. Мартин, предположил, что виновник этого - человек. Но многие ученые не могли согласиться с такой гипотезой. Не может быть, - говорили они, - чтобы малочисленное племя людей каменного века, вооруженное лишь копьем, луком и стрелами могло истребить таких громадных животных. Но у гипотезы американского профессора нашелся союзник, специалист по современной вычислительной технике. ЭВМ пришлось выполнять не совсем обычную для нее службу - заниматься палеонтологией и археологией. Чтобы создать математическую модель тех давних, доисторических процессов, пришлось сделать некоторые допущения.

Во-первых, предположили, что племя охотников, перемещавшееся по территории Северной Америки, составляло, например, человек сто (это число не идет вразрез с представлениями о людской малочисленности в те далекие времена). Но продвинувшись на юг, в более благодатные места, люди пережили нечто вроде "взрыва народонаселения". При естественном приросте населения 2, 4% в год (в некоторых развивающихся странах сегодня такие и даже более высокие показатели) всего за 293 года количество людей достигло 300 тысяч человек.

А сколько же было зверей? Сравнивая поголовье гигантских животных прошлого с крупными современными заповедниками Восточной Африки, где численность зверей близка к насыщению, пришлось предположить, что число зверей в доисторической Америке не превышало ста миллионов голов.

И тогда что стоило тремстам тысячам охотников перебить сто миллионов зверей за каких-нибудь несколько поколений? Так и сошлись концы с концами, и ЭВМ, пощелкав контактами и подмигнув лампочками, подтвердила гипотезу американского профессора. 1

Коля был поражен рассказом друга. "А ведь у нас сегодня математический вечер, - воскликнул Дима, - и Татьяна Сергеевна обещала нам рассказать. как возникла и развивалась математика".

О чем узнали ребята на вечере. Рассказ первый.

Математические знания накапливались у человека постепенно. Люди умели считать и занимались изучением геометрических фигур еще в те времена, когда они и писать не умели. Вход в шалаш должен иметь форму равнобедренного треугольника, лодку и стрелу надо сделать также определенной формы - об этом догадался уже первобытный человек. В глубокой древности изготовлялись скребки и ножи в форме дисков, треугольников, ромбов и сегментов, изготовлялись круглые сосуды; поля чаще всего имели форму квадрата, а здания - форму конуса, цилиндра, параллелепипеда. Все правила, которые так или иначе касаются или расчетов, или формы разных насущно необходимых предметов, и заставили человека на практике заниматься математикой. Не случайно большинство общепринятых в настоящее время, например, в геометрии названий фигур имеют практическое происхождение. Латинское слово " linum " (лен) обозначало в древности и льняное полотно, и льняную нить; туго натянутая нить давала представление о прямой линии.

"Любая окружность (круг) имеет центр" - говорим мы. А слово " centrum " обозначало в древности палку с заостренным концом, которой погоняли быков. И первоначально это слово означало не центр-точку, а само название ножки циркуля, ставящейся в центр описываемой им окружности.

Но с самого начала математика вышла далеко за пределы практических потребностей человека. Людям были интересны и игры с числами и фигурами.

Рассказ второй.

Одной из таких игр - забав в древности было составление магических квадратов из чисел.

Старейший в мире волшебный квадрат, видимо, придуман китайцами еще за 4000-5000 лет до нашей эры. Вот он:

Девять порядковых чисел размещены в девяти клетках квадрата так, что суммы чисел вдоль каждой строки, каждого столбца и каждой из двух диагоналей одинаковы - это основное свойство волшебного квадрата. Рассматриваемый нами квадрат третьего порядка единственный ("порядком" магического квадрата называется число клеток, примыкающих к его стороне).

А вот один из древнерусских квадратов почти 2000-летней давности.

Числа от одного до шестнадцати размещены в клетках квадрата так, что выполняется основное свойство волшебного квадрата (проверьте!). Каждое число этого квадрата участвует в двух суммах, а числа, расположенные по диагоналям, даже в трех, и все эти суммы равны между собой! Наш магический квадрат симметричен; сумма любых двух входящих в него чисел, расположенных симметрично относительно его центра, равна 17. Таким образом, в квадрате можно выделить много групп из четырех чисел, сумма которых также равна постоянной квадрата, т. е. 34 (например, четыре числа, расположенные в вершинах квадрата -I + 4 + 16 + 13 = 34 и т. д.) Все это своеобразие волшебного квадрата и привлекло к нему исследователей во все времена, а древние народы приписывали подобным числовым квадратам таинственные и магические свойства. В дальнейшем люди начали подсчитывать - а сколько существует магических квадратов, например, четвертого порядка. Их - 880.

В общем же случае вопрос - сколько существует магических квадратов данного порядка? - относится к числу наиболее трудных

Рис. 1

Рис 2.

задач занимательной математики и до сих пор не решен. Даже неизвестно число квадратов пятого порядка, хотя по некоторые оценкам оно превышает 13 миллионов.

Рассматриваются и другие "магические фигуры". Так, например, в клетках шестиугольника, изображенного на рисунке 3 записаны числа от I до 19 так, что в каждом из пяти вертикальных рядов, пяти наклонных "слева сверху-вниз направо" и пяти наклонных "справа -сверху-вниз налево" сумма чисел одна и та же (подсчитайте!).

А сколько существует таких "магических шестиугольников"? Электронно-счетная машина в течение сорока двух минут проверила 196729 шестиугольников и обнаружила, что рассмотренный нами является единственным. (Как научиться самому составлять магические квадраты можно прочесть, например, в книге Б. А. Кордемского "Математическая смекалка".)

Рассказ третий.

Предлагается игра-соревнование "Кто больше?п составит различных фигур из пяти одинаковых квадратов. Возможные решения (а их двенадцать) показаны на рисунке 4.

Такие фигуры называют фигурами пентамино (пента в переводе на русский язык как раз и означает "пять"). Наше соревнование входит в целую серию математических игр, известных под названием "Полимино". Все полимино представляют из себя фигуры, составленные из одноклеточных квадратов так, что каждый квадрат примыкает хотя бы к одному соседнему, имеющему с ним общую сторону. Самые простейшие полимино - комбинации из менее, чем пять сгруппированных квадратов.

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5

А с пентамино вы уже познакомились. Существует только один тип мономино и домино, два типа тримино и пять типов тетрамино. У пентамино число различных фигур возрастает сразу до двенадцати, а у гексамино (шестиклеточное полимино) и гептамино (семиклеточное полимино) количество видов соответственно равняется 35 и 108. Но никто из математиков пока еще не нашел формулы, по которой можно было бы вычислить количество различных полимино, составленных из любого заданного числа "л" группируемых квадратов.

Мы составляли различные фигуры полимино из одноклеточных квадратов, но и сами полимино могут служить темой для игры по составлению других фигур и узоров. Ясно, что такую, всем знакомую фигуру, как прямоугольник из любого количества мономино и домино сложить можно.

Например, фигура на рисунке 6 сложена из шести домино.

А теперь давайте вместо домино представим себе кирпичи. Наличие выделенной линии является плохим признаком - она говорит о непрочности кладки. Таким образом, в практике такая задача сводится к отысканию "прочной кладки" без подобных "швов". А в этом случае найти решение не так-то и легко. Наименьшее возможное число домино, дающих такое решение - 15, и составляют они прямоугольник размерами 5x6, показанный на рисунке 7 (решений два).

Некоторые методические замечания по организации вечера.

1. Математический вечер - массовое мероприятие, основная

Рис. 6

Рис. 7.

цель которого - развитие интереса учащихся к изучению предмета. Подобранный материал по этой причине расчленен на отдельные рассказы, рассчитанные на всех участников вечера; в процессе рассказа иногда даются и небольшие задания (проверить, подсчитать!)

2. Игры с полимино, составление магических квадратов в дальнейшем явились темой для некоторых кружковых занятий с учащимися этих же классов.

3. Все фигуры полимино, о которых идет речь в третьем рассказе, составлялись из заранее изготовленных цветных квадратов на магнитной доске. Приведенные чертежи демонстрировались через кодоскоп.

4. Начало вечера - инсценировка, в которой участвуют два мальчика - Дима и Коля.

Заканчивается вечер математическими играми и небольшой викториной.

ЛИТЕРАТУРА

1. С. В. Голомб. Полимино, М. , 1975.

2. М. Гарднер. Математические новеллы, М., 1974.

3. Журнал "Знание - сила" № 3, 1979. ЭВМ считает мамонтов.

Г. Н. КАШЕНКОВА (г. Вологда)

НЕКОТОРЫЕ ВОПРОСЫ ТЕОРИИ РАСПИСАНИЙ НА ФАКУЛЬТАТИВНЫХ ЗАНЯТИЯХ ПО МАТЕМАТИКЕ

Многие задачи планирования требуют упорядочения во времени фиксированной системы ресурсов для выполнения определенной совокупности работ. От качества решения таких задач существенно зависит рациональная организация работ и эффективность производства.

Задачи теории расписаний в общей теории управления занимают особое место. В этих задачах строятся и анализируются математические модели ситуаций, возникающих при календарном планировании человеческой деятельности, создаются методы наилучших решений в этих ситуациях, вырабатываются критические рекомендации по улучшению качества планирования.

Расширение масштабов современного производства значительно усложнило функции организационного управления. Часто приходится принимать решения, связанные с судьбами людей и большими материальными затратами. Эти решения всегда направлены на достижение определенных целей и реализуются в рамках некоторой системы, обусловленной конкретными обстоятельствами проведения мероприятия. Выбрать правильное решение - далеко не простая задача, и для своего решения требует привлечения современных научных методов. Основным понятием теории расписаний является понятие операции.

Операция - это элементарная задача, подлежащая выполнению.

Каждая операция характеризуется:

1. индексом принадлежности к определенной работе;

2. индексом принадлежности к определенной машине;

3. числом, представляющим собой длительность операции.

Задача теории расписаний считается заданной, если определены:

1. подлежащие выполнению работы и операции;

2. количество и типы машин, выполняющих операцию;

3. порядок прохождения машин;

4. критерий оценки расписаний.

При рассмотрении вопросов теории расписаний со школьниками нужно учитывать, что у них уже сложилось понятие о расписании (расписание уроков в школе, режим дня, программа радио и телевидения и т. д.). Известно, что вся человеческая деятельность планируется во временной расписание - это организованность, одно из важнейших средств эффективности выполнения работы, поэтому его надо составлять оптимально.

Задачи теории расписаний решать довольно трудно из-за их многовариантности: можно менять порядок выполнения работ, сроки, подбирать других исполнителей. Поэтому эффективные и точные методы решения таких задач получены только для относительно небольшого числа частных постановок.

При проведении факультативных занятий по некоторым вопросам теории расписаний со школьниками 9 кл. мною рассматривались задачи распределения ресурсов на сетях. Для изучения этого материала школьники предварительно знакомились с элементами комбинаторики, элементами теории графов, параллельной системой координат. Цель решения задач теории расписаний: развить у учащихся комбинаторное мышление, познакомить их с задачами из области при кладной математики. При решении определенного класса таких задач устанавливается их связь с рядом геометрических задач. Рассматривается класс задач построения календарных планов выполнения заданного множества работ (комплекса операций) ограниченным количеством ресурсов (людей, оборудования и т. д.). Существуют определенные ограничения на очередность выполнения работ. Две работы будут зависимы, если одну из них нельзя начинать, пока не закончена другая.

Будем изображать работы вершинами графа и проводить дугу

если работу j. нельзя начинать, пока не закончена работа ^. Полученный граф - сетевой график или сеть (слово "работа" и "операция" означают одно и то же, а именно, некоторый процесс, требующий времени и ресурсов),

1. ПОСТАНОВКА. ЗАДАЧИ

Необходимо выполнить п. работ (операций). Пусть все работы выполняются ресурсами одного вида, количество которых/^, т. е. выделено ограниченние количество ресурсов. Wi - объем * - ой операции. Необходимая очередность выполнения операций задается сетью (дуги сети соответствуют операциям, а вершины - событиям). На рис. 1 имеем сеть из 5 операций.

Пунктирной стрелкой обозначена фиктивная работа, т. е. работа, не требующая затраты времени, чисто условная зависимость между событиями (работа (2) не может начаться, пока не выполнена работа (I)). Обозначим vrft) - количество ресурсов на * - ой операции в момент времени t (гс(i) - ограниченная, кусочно-постоянная функция). скорость i - ой операции при количестве ресурсов VI, причем? (fïfâj- неубывающая, непрерывная справа функция Щ). Рассматриваем случай, когда количество ресурсов на операции постоянно. Тогда ъ * -L, где?- продолжительность операции.

Постановка задачи. Необходимо определить / m (4. Л так, чтобы

и все работы были выполнены за минимальное время.

2. НЕЗАВИСИМЫЕ ОПЕРАЦИИ

Рассмотрим случай, с независимыми операциями. Операции называются независимыми, если они могут выполняться одновременно.

Пусть j{. (vi) - выпуклые кверху функции Р2 и fi(n)*9T(*l t где о(>1 (имеем степенную зависимость скорости операции от количества ресурсов).

Тогда доказываются следующие свойства оптимального распределения ресурсов:

Рис. 1.

Теорема 1. Каждая операция выполняется постоянным количеством ресурсов.

Теорема 2. Все операции начинаются и заканчиваются одновременно.

Из этих свойств следует, что скорость каждой операции равна

Пусть fr (гг<) - ал, тогда vL -. Отсюда K. '*t(j%-J* где % - функция, обратная функции j£ и, следовательно, ^определяется из уравнения

Свяжем решение этой задачи с геометрической задачей.

Доказываем, что оптимальному решению соответствует траектория, имеющая минимальную длину среди всех траекторий, соединяющих начало координат с точкой, соответствующей окончанию комплекса.

Пусть VVj - длина кратчайшей траектории. Будем называть ^ - эквивалентным объемом комплекса. Со школьниками рассматривался случай, когда

Получаем уравнение

Отсюда

Пример. Очередность выполнения работ задана сетью (рис. 2),, - объемы независимых операций.

Изобразим эту сеть в параллельной системе координат (рис. 3). Заметим, что любая линия, пересекающая параллельные прямые О*, Оуг, Одш соответственно в точках х,, xét х3 определяет некоторое состояние выполнения работ (оно называется фронтом работ), (О. 0, 0) _ начальный фронт, (1Ч, И6, И£) - конечный фронт.

Изобразим эту сеть в прямоугольной декартовой системе координат (рис. 4).

Рис 2

Рис. 3

Здесь каждому фронту (^) будет соответствовать точка с координатами (я, г &г, ссл). Выполнению операций соответствует траектория, соединяющая точки 0 и А. Оптимальному решению будет соответствовать кратчайшая траектория от точки 0 до точки А.

Легко видеть, что оптимальная траектория - прямая линия. Тогда

3. ЗАВИСИМЫЕ ОПЕРАЦИИ.

Рассмотрим зависимые операции. Доказываем, что и в этом случае оптимальному решению соответствует траектория, имеющая минимальную длину среди всех траекторий, соединяющих начало координат и точку, соответствующую окончанию комплекса. Чтобы изобразить зависимость между операциями в параллельной системе координат, предварительно решаем вопрос о покрытиях графа путями.

Размерность сети равна числу путей, покрывающих граф. Сеть размерности £ можно изобразить в параллельной системе координат с ^ осями, а также в £ -мерном пространстве.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример I. Очередность выполнения работ задана сетью (рис. 5)

Рассмотрим два пути, покрывающие граф: (0, 1, 2) и (1, 3, 4, 5). Изобразим эту сеть в параллельной системе координат (рис. 6)

Изобразим эту сеть в декартовой прямоугольной системе координат (рис. 7)

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7.

Кратчайшая траектория - это ломаная ОАВС. Тогда Tmùl * ~L

Пример 2. Пусть порядок выполнения работ задан сетью (рис. 8).

Рис. 8.

Изобразим эту сеть в параллельной системе координат (рис. 9).

Рис. 9.

Изобразим эту сеть в прямоугольной декартовой системе координат (рис. 10).

Рис. 10.

Кратчайшая траектория есть ломаная ОАВС ДЕ, ее длина и

Пример 3. Пусть порядок выполнения работ задан сетью (рис. 11)

Рис. 11.

Изобразим эту сеть в параллельной системе координат (рис. 12).

Рис. 12

Изобразим эту сеть в прямоугольной декартовой системе координат (рис. 13).

Рис. 13.

Для нахождения кратчайшей траектории необходимо найти точку А. Легко показать, что л АСВ ^ л АДО, тогда точка А определяется и ломаная ОАВ - кратчайшая траектория. Изложенный материал вполне доступен школьникам 9 класса, и они с большим интересом решают подобные задачи.

А. И. ГЛУШКОВА (г. Киров)

ЗНАКОМСТВО ДЕВЯТИКЛАССНИКОВ С ЭЛЕМЕНТАМИ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

С дифференциальными уравнениями учащиеся средней школы знакомятся в десятом классе. Но вполне возможно провести первое знакомство с элементами дифференциальных уравнений значительно раньше - девятом классе* после того, как изучена производная и некоторые ее приложения. Наиболее приемлемой формой внеклассных занятий по ознакомлению девятиклассников с элементами дифференциальных уравнений являются занятия математического кружка. Ниже предлагается проверенная экспериментально программа таких занятий и некоторые вопросы их проведения.

Занятие 1.

Тема: Основные понятия дифференциальных уравнений.

1. Исторические сведения о дифференциальных уравнениях

2. Основные понятия и определения.

3. Выполнение упражнений.

Занятие 2.

Тема: Геометрический смысл дифференциального уравнения.

1. Обратные задачи на касательные,

2. Поле направлений. Изоклины.

3. Нахождение решений дифференциальных уравнений с использованием его геометрического смысла.

Занятие 3.

Тема: Простейшие дифференциальные уравнения,

1. Нахождение решения дифференциального уравнения методом изоклин.

2. Построение кривых, для которых графически заданы производные.

Занятие 4,

Тема: Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям.

1. Геометрические задачи-

2. Задачи физики, техники, приводящие к дифференциальным уравнениям.

Занятие 5,

Тема: Дифференциальные уравнения и их роль в естествознании.

1. Составление дифференциальных уравнений по условиям практических задач.

2. Приложения дифференциальных уравнений в деятельности человека (сообщения учащихся).

При разработке занятий кружка мы исходили из того, что изучение дифференциальных уравнений тесно связано с многими разделами алгебры и начал анализа школьного курса и прежде всего - с дифференциальным и интегральным исчислениями. Чтобы не отпугнуть учащихся, впервые знакомящихся с дифференциальными уравнениями, необходима большая осторожность в отборе материала, предназначенного для изучения, неуклонное соблюдение чувства меры. Учет этих обстоятельств заставляет знакомить школьников с дифференциальными уравнениями, как с материалом, являющимся непосредственным и органическим продолжением элементов дифференциального и интегрального исчислений, В девятом классе такое знакомство позволяет более глубоко рассматривать производную, ее геометрический смысл, физический смысл, поставить перед учащимися проблему о существовании операции, обратной дифференцированию.

На первом занятии учащиеся вспомнили некоторые задачи, приводящие к понятию производной, повторили формулы дифференци-

рования. Дополнительно был дан термин второй производной, к понятию которого они уже были подготовлены при нахождении скорости и ускорения. Затем в качестве повторения учащимся предлагалось найти первую и вторую производные от следующих функций:

В результате нахождения производных от заданных функций они получали такие равенства:

Анализируя их, ученики замечали, что во-первых, во всех равенствах без исключения имеются производные от функций ; во-вторых, переменная л, где она входит, является независимой переменной; в-третьих, по своему образованию и составу эти равенства являются уравнениями. А так как получены они были дифференцированием функций у-, то естественно было назвать их дифференциальными уравнениями. Дается определение 1. Дифференциальным уравнением называется уравнение, связывающее независимую переменную, неизвестную функцию и ее производные.

Затем это определение уточняется, потому что, во многих дифференциальных уравнениях может отсутствовать сама искомая функция или независимая переменная, а иногда обе одновременно, но всегда должна входить производная какого-либо порядка. Тут же ученикам сообщалось, что порядок старшей, входящей в уравнение производной, определяет порядок дифференциального уравнения. Затем на конкретных примерах учащиеся подводились к понятию решения дифференциального уравнения и формулировали уже сами определение 2. Функция, определенная вместе с соответствующими производными в некоторой области, называется решением дифференциального уравнения в этой области, если при подстановке вместо у » у*, и т. д. , она обращает его в истинное равенство.

После работы над определением с учащимися выполняются задания (1-8). При рассмотрении ряда упражнений типа (3-6, 8) школьники интуитивно приходили к выводу, что для дифференциаль-

ного уравнения у'^х*', где ле л/у решение имеет вид^* -^rj, а затем доказывали, что, если функция у» Y(x) является решением дифференциального уравнения у'я, то и любая функция вида у- ¥(х) te, где с - произвольная постоянная, является решением этого уравнения, А так как с - произвольная постоянная, то решением любого дифференциального уравнения является бесконечное множество функций и, чтобы выделить из этого множества какое-либо одно определенное решение, задают дополнительные условия, которые называют начальными условиями. Для дифференциального уравнения первого порядка в качестве начальных условий задают значения искомой функции в некоторой точке хФ : $(хф)* #0. Приведем некоторые упражнения, рассмотренные на первом занятии.

1. Среди указанных уравнений выбрать дифференциальные и указать их порядок: а.) и'= зх. г].

2. Придумать и записать самостоятельно по 3-4 примера дифференциальных уравнений.

3. Убедиться, что функция ^ = ^ 3 - является решением дифференциального уравнения у'-1 » s**. То же задание для функций: ^--jjj. ^^r

4. Среди указанных функций выбрать те, которые являются решениями дифференциального уравнения я^/ох^ш множестве R:

5. Какая из функций <ур£х> Уу**х + с, где с - константа, содержит в себе все решения дифференциального уравнения

6. Найдите (угадайте, подберите) хотя бы по одному решению следующих дифференциальных уравнений:

Существуют ли еще функции, являющиеся решениями дифференциального уравнения а), б), в)?

7. Проверить, являются ли данные функции решениями указанных дифференциальных уравнений:

8. Убедиться, что все решения дифференциального уравнения y'-tx^û задаются в виде у= х*+С, где с - произвольная постоянная.

9. Найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям. у* Злг.

Литература для подготовки и проведения 1 занятия: [1], [3], [4]. [5].

На втором занятии кружка ученики вспомнили рассмотренную ранее задачу об определении мгновенной скорости движения по заданной зависимости положения тела от времени *sfy), которая приводила их к понятию производной. Вполне закономерно ставился вопрос об обратной задаче: определить положение тела и путь, пройденный телом за данный отрезок времени, когда задана мгновенная скорость *(t), как функция времени. К этому занятию кружка учащиеся повторили геометрический смысл производной и выполнили задание:

Для данных графиков функций показать приближенно поведение касательных в указанных точках. Рис. 1, 2, 3. (Решение смотри рис. 1а, 2а, За). Естественно по аналогии с физической задачей.. был поставлен вопрос о существовании обратных задач на касательные, то есть задач, в которых ищутся кривые по заданному свойству касательных к ним. (О таких задачах упоминается в известной переписке Ньютона с Лейбницем; там впервые применил Лейбниц термин "диф-

Рис. 1 Рис. 1а. Рис. 2.

Рис 2а. Рис. 3.

Рис. 3а.

ферендиальные уравнения".)

Рассмотрим дифференциальное уравнение у'* 2ос. Используя геометрический смысл производной» будем придавать конкретные значения душ у'- t^aL, то есть для направления касательной:

В некоторых точках прямой х. - / проводим отрезки, тангенс угла наклона которых равен 2. Это будут отрезки касательной к искомой кривой. Аналогичное построение проводим для остальных прямых. Проведенные отрезки касательных будут давать приближенное представление о форме кривой. Чем больше значений для ^ возьмем, тем картина будет более ясной. Таких кривых можно провести сколько угодно, и каждая из них удовлетворяет условию у(рис. 4).

Аналогично могут быть рассмотрены задания: найти хотя бы одну кривую, удовлетворяющую уравнению. г-/, у '* c?jc+/

Pue. 4.

Таким образом, ученики приходили к выводу о том, что дифференциальное уравнение первого порядка выражает некоторое общее свойство касательных всех кривых, являющихся решениями. Задача нахождения решения дифференциального уравнения состоит в том, чтобы по этому свойству восстановить само множество кривых. Среди приведенных примеров дифференциальных уравнений встречались и уравнения вида у'* J(xjy) % где есть функция точки (х-i?) или сводящиеся к ним. При выяснении геометрического смысла уравнения f'* JfafJ проводились следующие рассуждения; Возьмем на координатной плоскости ХОУ какую-либо точку (99;уф)% и если ys f(*) - некоторое решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальным условиям. то ее график проходит через точку Тогда У'(г*)' У^г*;^1 Но f'fa)- угловой коэффициент касательной к кривой у* yfo-jB точке (*''>}/•)• Таким образом, дифференциальное уравнение J'* /C-rjjj позволяет указать направление касательной к кривой, являющейся решением и проходящей через точку (х*, }Ф). Проведем через точку (Хо>у0) небольшой отрезок, образующий с осью ОХ угол, тангенс которого равен j (• Представим себе далее, что такое построение выполнено в каждой точке области определения. Тогда подученная картина называется полем направлений.

Вывод: геометрический смысл дифференциального уравнения -это поле направлений на плоскости. Таким образом получаем один из способов приближенного решения дифференциального уравнения -графический.

1. Строим поле направлений данного дифференциального уравнения.

2. Руководствуясь этими направлениями, строим искомую кривую так, чтобы в точке (хо, ^о) проведенный отрезок служил касательной.

При построена поля направлений бывает полезно предварительно построить те линии, во всех Точках которых направление поля одинаково. Эти линии называются изоклинами поля направлений.

Их уравнения получаются, если правую часть приравнять константе: j(x>yj*i 9 где / - произвольная постоянная, но так как 1*^', то все искомые кривые будут пересекать изоклины под углом </=л«^^. Этот метод нахождения решения называется методом изоклин.

Поскольку девятиклассники не владеют способами интегрирования дифференциального уравнения (все задания на отыскание решений формулировались для них: подберите, угадайте, проверьте.••), то метод изоклин является единственным методом, с помощью которого учащиеся могут отыскать решение, хотя и приближенное. Часто при построении множества кривых, являющихся решениями дифференциальных уравнений, ученики делали предположение и об аналитической записи уравнения кривой. Тогда это предположение проверялось ими по определению 2. Например, проведем рассуждения при нахождении решения дифференциального уравнения > $±Q. Для этого будем придавать значения у £. Получается следующая таблица

Строим поле направлений и кривые (рис5). (Наклон гипотенузы прямоугольных треугольников и показывает нам на соответствующих прямых угол, тангенс которого соответственно равен -2; -I; I; 2.) Можно заметить, что решением данного уравнения является семейство концентрических окружностей где С - константа. Проверим наше предположение: у= (или у*-цс*-л?)

Найдем у' и подставим в уравнение:

На этом занятии с учащимися были выполнены задания (10-15). Результат задания 14 предлагалось учащимся запомнить, так как он будет использоваться на четвертом занятии при решении геометрических задач.

Рис 5.

10. Используя геометрический смысл дифференциального уравнения, построить кривые, являющиеся решениями уравнений:

11. Найти кривые, являющиеся решениями следующих дифференциальных уравнений:

12. Используя результат задания MI, записать решение дифференциального уравнения 4£, хФа. где А - константа, а - искомая функция,

13. Доказать, что множеством всех решений дифференциального уравнения 6£, *+о является семейство функций #*с-х*, где С - произвольная постоянная,

14. Найти уравнение параболы у х*+ бх+с, касающейся прямой у*х в точке sAr('ji) %

15. Дано дифференциальное уравнение. Построить поле направлений, определяемое им. Начертить кривую, являющуюся решением этого уравнения и проходящую через точку 0 (0;0), Литература для второго занятия: [1], [4], [5], [3].

Третье занятие мы начинали с повторения достаточного условия возрастания (убывания) функции на интервале, условий существования экстремума. Сведения эти использовались при выполнении заданий такого рода: построить приближенно кривые, являющиеся решениями дифференциального уравнения yf=j(x. j, когда _ функция J(xJ задана графически. Для пояснения опишем коротко рассуждения при решении дифференциального уравнения у'»с?л. Задание и решение удобно располагать так, как показано на ряс. 6, 7. На оси ОХ отмечаем точки, где y'=û % участки, на которых $'*о и jf'y-o (для искомой функции у - это участки убывания и возрастания). А затем схематично строим кривую у- f(xj, для которой y/ffc?jc. При построении замечалось, что кривых таких будет бесконечно много, и все они получаются из какой-либо одной у=х* параллельным переносом по оси 0У. (рис. 6). По виду кривой делали предположение, что % s хг+с и убеждались в этом подстановкой в уравнение.

Рис. 6 Рис. 7

Далее рассматривались аналогичные задания (16-18). Для упражнения № 16 итоговая картинка выглядела следующим образом: рис. 7.

На этом же занятии рассматривались и обратные задачи, когда по графику функции у = строился эскиз графиков их производных у'.

16. Схематично показать поведение кривых, являющихся решениями дифференциального уравнения у f(*J, если задана графически (рис. 8.)

17. Найти хотя бы одну функцию, удовлетворяющую тому, что график ее производной имеет вид (рис. 9).

Попробуйте записать ответ аналитически.

18. Постройте графики функций, производные которых заданы следующим образом (рис 10).

19. По графикам функций. ,

Рис 8.

Рис. 9.

изображенным на рис. 11, постройте эскизы графиков их производных

литература для третьего занятия: [6], [7].

Четвертое и пятое занятие кружка были посвящены применениям дифференциальных уравнений на практике. Здесь рассматривались задачи геометрии, физики, техники, приводящие к дифференциальным уравнениям первого порядка. Хотя круг решаемых задач для девятиклассников пока был ограничен, рассмотрение некоторых из них было очень полезным. Учащиеся сами убеждались, что решение многих задач естествознания и техники приводит к нахождению неизвестных функций, описывающих рассматриваемые явления или процессы, когда известны соотношения, связывающие между собой эти функции и их производные.

Решение геометрических и физических задач, приводящих к дифференциальным уравнениям, вызывало определенные затруднения: специфика конкретных задач требует знания определенных законов физики. Универсального метода составления дифференциальных уравнений, пригодного во многих случаях, указать нельзя, можно лишь дать некоторые общие советы. Но с учащимися всегда проводился подробный разбор условий задачи, выделялась ее суть, при необходимости выполнялся чертеж. Затем выяснялось, как можно использовать геометрический и физический смысл производной. Как правило, рассуждения проводили сами ученики. Для многих задач

Рис. 10

Рис. 11

составленное дифференциальное уравнение решить учащиеся пока не могли, но работа по составлению дифференциальных уравнений по условиям конкретных задач все-таки проводилась. При атом ставилась цель: получить дифференциальное уравнение, тем самым научить учеников переводу содержательных задач практики на язык математического анализа.

ПРИМЕР 1. Найти кривую, все касательные к которой проходят через начало координат.

Решение. Схематично изобразим кривую и касательную к ней в точкеU/fcjj (рис. 11). JsfayJ- произвольная точка кривой. Строим касательную в ней. По условию задачи это будет прямая (ом). Тогда из треугольника ком находим ig** = или t#*<= &

Но ос есть угол, который образует касательная к кривой yfxj с положительным направлением оси ОХ, то есть ty<< « Подучили дифференциальное уравнение у'-- £. Решение его было найдено методом изоклин при выполнении упражнения Па. Воспользовавшись найденным ранее результатом, запишем сразу, что у= Сл- t где С - произвольная постоянная. Проверка показывает, что решение найдено верно.

ПРИМЕР 2. Какую форму должен иметь сосуд, представляющий собой тело вращения, чтобы понижение уровня жидкости при истечении было равномерным.

Решение. Пусть это тело подучено вращением кривой.

Воспользуемся проекцией его на плоскость *°У, как разрезом, проведенным через ось вращения OU. (рис. 13)• Предположим, что жидкость вытекает из отверстия сечением S, находящимся внизу сосуда. Согласно закину торричелли скорость истечения жидкости из сосуда равна V- f*JZ > (I), где С - опытный коэффициент, Л. - высота уровня жидкости над отверстием, связанная с у - ускорение силы тяжести.

За некоторое время де объем воды в сосуде изменится на величину л V. Зная, что скорость истечения воды 2Г и площадь сечения отверстия истока S, можем

Рис. 12.

Рис. 13

определить, что из сосуда вытекает * Vs V-6-At.

За промежуток времени &t^Q можем предположить, что уровень в сосуде тоже изменится на очень малую величину лр, так что изменением объема в сосуде считаем цилиндр высотой л у. и радиуса х. л V* Зх*>л</. Составляем уравнение: ч4&*ам (2)

или

Переходя It пределу при * i ~*о, получаем

(3)

скорость понижения уровня жидкости. По условию она должна быть постоянна. Подставим в подученное уравнение (3) известные величины, используя равенства (I), и условие у' * const пусть

Выразим зависимость £ от лг :

Неопределенный коэффициент С, связан с известными, но могущими быть произвольными, величинами. Поэтому обозначим выражение

Окончательно получаем, что сосуд, в котором понижения уровня жидкости при истечении будет равномерным, должен быть ограничен кривыми вида f/ ~сх*. При этом скорость понижения будет зависеть от величины отверстия, вязкости жидкости, ускорения силы тяжести.

Приведем примеры заданий, рассмотренных на четвертом и пятом занятиях кружка.

20. Найти кривые, для которых угловой коэффициент касательной в каждой точке любой из этих кривых равен абсциссе точки касания.

21. Для того, чтобы кривая y-j(*J была параболой р*еяг t где С - произвольная постоянная, необходимо и достаточно, чтобы касательная в любой ее точке отсекала на оси ОХ отрезок, длина которого равна половине абсциссы точки касания. Доказать.

22. Для того, чтобы кривая была гиперболой лу^^ необходимо и достаточно, чтобы сумма координат точек пересечения ка-

сательной и кривой с осями координат была в два раза больше суммы координат точек касания. Доказать.

23. Найти кривые, для которых угловой коэффициент касательной в каждой точке равен. Выделить кривую, проходящую через точку <М(<>; 6).

24. Точка движется по прямой с постоянным ускорением а # Найти закон изменения скорости.

25. Точка движется по прямой с постоянной скоростью V* Найти закон движения точки.

26. Материальная точка массы т свободно падает под действием силы тяжести. Найти закон движения точки без учета сопротивления воздуха.

27. Активность некоторого радиоактивного отложения пропорциональна скорости своего уменьшения. Найти уравнение этой зависимости этой активности от времени.

28. Записать дифференциальное уравнение зависимости температуры Т от времени, если тело, нагретое до Т0 градусов внесено в помещение, температура которого постоянна и равна ou градусам.

29. Записать дифференциальное уравнение кривых, у которых площадь трапеции, ограниченной осями координат, касательной и прямой, параллельной оси О у и проходящей через точку касания, есть величина постоянная, равная а*

Литература для четвертого и пятого занятий: [2], [3], [6], [8], [9].

На пятом занятии были подготовлены учащимися сообщения на темы "Дифференциальные уравнения в науке и технике", "Леверье и Адамс открывают новую планету", "Математика вокруг нас". Материалы этих сообщений затем использовались на математическом вечере 9-10 классов.

Наблюдения, беседы с учащимися, занимающимися в кружке, позволяют сделать общий вывод, что такая работа с девятиклассниками является нужной и полезной.

1. Отмечалось, что учащиеся, применяя использованную методику рассмотрения содержательных задач физики, геометрии, более осознанно решали задачи на наибольшие и наименьшие значения. Так-

же у этих ребят отмечалось и оолее грамотное построение графиков функций с помощью производной.

2. Занятия представляли для учащихся большой интерес, так как способствовали формированию логического мышления, материалистического мировоззрения, показывали применение методов математического анализа в практической деятельности человека.

3. В ходе занятий не только проходило повторение изученных тем "Производная", "Применение производной", но и была проверена подготовительная работа для изучения интегрального исчисления, дифференциальных уравнений в десятом классе.

4. Занятия кружка способствовали осуществлению межпредметных связей физики и математики.

ЛИТЕРАТУРА

1. Р. С. Гутер, А. Р. Янпольский "Дифференциальные уравнения", М. , 1976.

2. К. К. Пономарев "Составление дифференциальных уравнений" Минск, 1973.

3. Я. Б. Зельдович "Высшая математика для начинающих" М. , 1970.

4. В. В. Степанов "Курс дифференциальных уравнений", М,, 1959.

5. Математика 9-10. Факультативный курс под редакцией З. А. Скопеца, М., 1971.

6. Детская энциклопедия т. 2, изд. 2, М. , 1975,

7. Сборник задач по алгебре и началам анализа для 9 и 10 классов. Библиотека учителя математики, М. , 1978.

8. Губа С. Г. , Каминская Э. Л.. Каминский Т. Э. , Ломакина А. С. , Ломакин Ю. В. , "Факультативные курсы по математике", Вологда, 1976.

9. Доброхотова М. А. , Сафонов А. Н. "Дифференциальные уравнения и их значение в естествознании", журнал "Математика в школе", № 6, 1978. , стр. 42-50.

Н. К. РУЗИН (г. Йошкар-Ола)

ОБУЧЕНИЕ СТУДЕНТОВ ПОИСКУ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Подготовка к проведению внеклассной работы по математике предполагает овладение студентами современной теорией поиска решения задач как одному из аспектов математической деятельности.

Теория поиска, нашедшая выражение в трудах Д. Пойа*, Н. Нильсона** и других связана с проблемой воспитания приемов мышления, однотипных с используемым для составления программ решения задач на счетных машинах. А. Н. Колмогоров*** отмечает, что овладение языками, "позволяющими формулировать задачи для машин, перерабатывающих информацию, может стать действительно массовой потребностью. Пока же общеобразовательной школе важнее создать надлежащие навыки мысли, чем тратить большое время на изучение конкретных "машинных языков"".

На занятиях спецсеминара по методике преподавания математике мы обучаем студентов теории и практике поиска решения задач. Общая теория поиска решения для ее реализации в школьных условиях выполнена профессором А. А. Столяром. Эффективность предлагаемых приемов проверяется на занятиях в ЮМШ.

Наиболее удобными для "создания надлежащих навыков мысли" оказались различные комбинаторные задачи. В отличии от классической комбинаторики, которую в основном интересует число комбинаций, новая теория рассматривает пути и способы их получения,

* "Математика и правдоподобные рассужцения", М. , "Наука"1975. "Математическое открытие", М. , "Наука", 1976.

** "Искусственный интеллект. -Методы поиска решений", М. , "Мир",

1973.

*** "Современная математика и математика в современной школе", журнал "Математика в школе", №6, 1971. Стр. 2.

структуру комбинаций, степень сложности достижения цели.

Новый смысл придается в этой связи традиционным задачам на переливания, взвешивание и другим. Они дают материал для моделирования поиска решения отнюдь не только занимательных задач.

За основное понятие нашей теории примем пространство состояний. Представление о нем дает известная игра в слова:

ЗАДАЧА 1. Дано слово КОТ. Допускается последовательное преобразование этого слова при помощи изменения одной из его букв. Результат каждого преобразования должен представлять существительное, имеющее общепринятый смысл. Требуется в итоге получить слово БЫК.

Рис. 1.

Рис. 1 иллюстрирует пути, следуя которым мы "из кота делаем быка". Таким образом создается пространство состояний, само же решение есть поиск в этом пространстве. Граф здесь удобен во многих отношениях. Он упорядочивает процесс перебора различных вариантов, сохраняет информацию, предупреждает от блужданий, связанных с повторением уже рассмотренных вариантов.

С другими понятиями познакомимся постепенно в процессе решения задач.

ЗАДАЧА 2. Имеем три кучки орехов: 11, 7, 6 штук. Требуется переложить орехи так, чтобы в каждой кучке их стало поровну. Добавлять можно лишь столько орехов, сколько их в кучке уже есть. Какое минимальное число перекладываний понадобится?

Прежде всего составим описание задачи в пространстве состояний.

Начальное состояние - представление данных задачи, определенная конфигурация объектов, изображаемая начальной вершиной графа. Начальное состояние задачи 2 можно описать с помощью множества чисел {11, 7, 6}. Тогда результат решения, которого мы стремимся достичь в соответствии с требованием (вопросом)задачи, будет целевым состоянием:{8, 8, 8}.

Одно состояние преобразуется в другое при помощи определенных разовых приемов, однозначно установленных правил -операторов. Это всевозможные перекладывания орехов из одной кучки в другую по столько штук, сколько в последней уже есть. Применяя операторы, мы каждую предыдущую (родительскую) вершину преобразуем в последующую (дочернюю) до п лучения целевой вершины, если это возможно.

Последовательность операторов описаю я состояний, связанных с пройденным путем, образует решающую последовательность, а сам путь - решение задачи (рис. 2).

Перебор выполнен в определенной последовательности: из II орехов можно переложить 7 штук во вторую кучку или 6 штук в третью; из 7 орехов можно переложить 6 штук в третью кучку. Других вариантов нет! Считаем, что мы раскрыли начальную вершину графа.

Далее каждый раз раскрываем самую правую вершину;избегаем повторения комбинаций. Порядок расположения кучек безразличен, поэтому вершины 8, 10, 6 и 6, 10, 8 тоже одинаковы. Вершины, приводящие к повторным результатам, являются неперспективными.

Схема поиска решения оказалась представленной связным графом, не содержащим циклов, то есть деревом. Начальная вершина - корень дерева. Сложность выбора каждого состояния в данной задаче одинакова. Каждой дуге графа придадим цену, равную условной единице. Нетрудно подсчитать стоимость решения: 13.

Рис. 2.

Для решения задачи мы раскрывали каждый раз последнюю из образовавшихся дочерних вершин, то есть применили метод перебора в глубину.

Однако нет уверенности в том, что найденное число перекладываний минимально. Поэтому полезно было бы раскрывать вершины в той последовательности, в какой они подучены. В этом случае решение выполнено методом полного перебора (рис. 3)

Рис. 3.

Теперь цена решения равна всего лишь 3.

Рассмотренные нами методы относятся к слепым методам перебора. Однако алгоритм, пригодный для машины, нередко оказывается слишком громоздким для применения в школьной практике. Поэтому немаловажную роль в поиске решения играют элементы эвристики, как предварительные и правдоподобные рассуждения. Поэтому, получив вершины 8, 10, 6; 4, 8, 12; 8, 14, 2, содержащие цифру 8, можно было бы не раскрывать других вершин. Из этих же вершин надо отдать предпочтение второй. В этом случае мы воспользовались бы методом не слепого, а направленного перебора.

Рассмотрим еще один пример.

ЗАДАЧА 3. На полке стоят тома энциклопедии в следующем порядке: 1, 3, 2, 5, 4, Требуется переставить тома так, чтобы они оказались в натуральной последовательности. Как это сделать, если можно брать по два рядом стоящих тома и перемещать их влево, вставляя между какими-либо другими двумя томами?

Описание начального состояния задачи: (1, 3, 2, 5, 4},

Целевое состояние: {1, 2, 3, 4, 5}. Операторами являются перестановки, обусловленные содержанием задачи.

Перейдем к поиску решения. Пару томов 2 и 5 поместим между томами I и 3. Пару томов 5 и 4 поместим между томами I и З. Пару

томов 5 и 4 поместим между томами 3 и 2« Других случаев нет!

Применим перебор в глубину, то есть будем каждый раз раскрывать последнюю из образовавшихся дочерних вершин (рис. 4).

Рис. 4.

На глубине, равной 3, все вершины окажутся повторяющимися (на рисунке они зачеркнуты). Тогда раскроем вершину, предшествующую последней: 14235. Сразу же подучим целевую вершину 12345. Итак, решающая последовательность привела к ответу: I3254-I3542-14235 - 12345.

Если бы в задаче требовалось найти кратчайший способ перестановки томов, то более приемлемым был бы метод полного перебора (рис. 5.).

Уже на глубине 2 оказалась целевая вершина. Далее продолжать перебор нет смысла, так как более короткий путь невозможен.

Если бы в задаче требовалось найти все способы перестановки томов, то дерево полного перебора следовало бы продолжать до тех пор, пока вершины не стали бы повторяющимися или целевыми. Таким образом, выбор метода перебора зависит от требования (вопроса) задачи.

Эту задачу можно решить методом направленного перебора, рассуждая так: дано расположение томов 13254. Следует сначала после тома 1 поставить том 2. Значит, надо после 1 поместить 25, получим 12534. Теперь надо после тома 2 поставить том 3. Значит, надо после 2 поместить 34; получим 12345.

Рис. 5.

Графовый поиск решения задач в пространстве состояний применим к определенным классам обычных школьных задач; например, к доказательству различных тождеств, неравенств, тождественному преобразованию выражений.

Например, ЗАДАЧА 4. Докажите, что множество значений выражения Ц± + Ц1 - ^£ состоит из одного элемента. Найдите наиболее рациональный способ доказательства.

Воспользуемся методом полного перебора (рис. 6):

Рис. 6.

Наиболее рациональным оказалось не приведение всего выражения к общему знаменателю и не приведение части его к общему знаменателю, а представление дроби в виде суммы целой и дробной части.

Овладение методами поиска решений имеет разностороннее значение. Создается своего рода поле целенаправленной деятельности. Один человек при этом в большей мере пользуется эвристикой, другой - в меньшей, но даже тот, кто совсем не пользуется ею, в состоянии довести решение до ответа.

Нередко всестороннее рассмотрение путей решения одной задачи дает лучший результат, чем бессвязное решение серии задач. Графовая модель, как новый вид наглядности, соответствует современным поисковым, исследовательским методам обучения; она может быть широко использована студентами во внеклассной работе после окончания института.

ПРИЛОЖЕНИЕ.

ЗАДАЧА 5. Имеются чашечные весы и гирька 1г. Требуется возможно скорее отвесить 1 кг сахарного песку.

ЗАДАЧА 6. Три солдата и три разбойника должны переправиться через реку. Они нашли лодку, в которой могут поместиться лишь 2 человека. Нельзя оставить на берегу больше разбойников, чем солдат. Разрешается оставлять на берегу одних разбойников или одних солдат. Как им всем шестерым переправиться через реку? Найдите всевозможные варианты.

ЗАДАЧА 7. Из 80 внешне одинаковых деталей одна имеет дефект: она легче других. Как отделить ее посредством четырех взвешиваний на весах с чашками без гарь?

ЗАДАЧА 8. Имеются три сосуда вместимостью 3л, 5л, 8л. Восьмилитровый сосуд наполнен водой. Как разлить эту воду на две равные части по 4л, пользуясь лишь данными сосудами?

ЗАДАЧА 9. В коробке расставлены фишки, как показано на рис7а

Требуется переместить фишки, не вынимая их, а лишь занимая поочередно свободное место так, чтобы в итоге они были расположены, как показано на рис. 7б.

ЗАДАЧА 10. Докажите тождество наиболее коротким путем:

Рис 7.

В. Е. ФЕДЯКОВ (г. Йошкар-Ола)

ПРИМЕНЕНИЕ СКАЛЯРНОГО ПРОИЗВЕДЕНИЯ ВЕКТОРОВ К РНШЕНИЮ ЗАДАЧ НА УСЛОВНЫЙ ЭКСТРЕМУМ

С элементами векторной алгебры учащиеся общеобразовательной школы начинают знакомиться уже с VII класса. В старших классах вводится понятие координат вектора на плоскости и в пространстве, изучаются основные свойства скалярного произведения векторов, которые позволяют рациональным путем решать многие задачи. Но область применения скалярного произведения векторов в школьной практике ограничена в основном рамками геометрических задач. Можно указать еще одно направление использования скалярного произведения векторов - решение некоторых задач на условный экстремум. Как известно, в этом случае на свободное изменение переменных в границах области определения функции накладываются ограничения в виде так называемого "уравнения связи". Основную идею предлагаемого метода покажем на ряде примеров. Всюду в дальнейшем при выборе координат вектора система координат - прямоугольная декартова.

ПРИМЕР 1. Из всех прямоугольных треугольников с данной гипотенузой €, найти треугольник наибольшего периметра.

Здесь и в других задачах используем очевидное векторное соотношение \а. 81 < l&llßl (I).

причем равенство достигается в случае коллинеарности векторов айв.

Рассмотрим вектор сг = где X и у - числа, выражающие длины катетов прямоугольного треугольника. По условию задачи х г + у* = а*

Итак, требуется установить максимум выражения х (так как £ постоянна) при наличии "связи" (2), Возьмем вектор Ö = / /; #

Тогда, согласно (1) имеем: ix + yi ^ £fë или (при х>о % у то) я + р ± £. Следовательно, (х +у)тох - ^

Максимум достигается, когда ö*7/£, что в координатной форме означает пропорциональность соответствующих координат векторов а и S : (^ = œ = У, то есть, условию задачи удовлетворяет равнобедренный прямоугольный треугольник,

ПРИМЕР 2, Доказать, что при условии +4у ■ / выполняется неравенство х* + Я* * го.

Пусть ä = (x;yj ; ß = (г;.. Согласно (1) имеем: / ^^yl £ fëû)1

Так как и обе части неравенства неотрицательны, то возведением их в квадрат, получаем: хг *-#г ^ ^ > что и требовалось доказать,

ПРИМЕР 3, Применив скалярное произведение векторов, вывести формулу расстояния d от точки М0 (xo>y0J2o) до плоскости

Рассмотрим векторы

где x, l/, 2 - координаты произвольной точки M, лежащей на данной плоскости. Тогда / мТм j £ I & I. I^Tju] или

Раскрывая скобки под знаком модуля и используя принадлежности точки %Ai(xêy9à) плоскости (Jx -+С2; = - "уравнение связи"!), получаем:

Таким образом,

и наименьшее значение, которое может принять длина вектора

равно

Это число и определяет расстояние от точки JUo до плоскости, то есть

Таким образом,

Можно подобрать много других задач, для которых описанный способ укажет более простой, экономный, изящный путь к ответу по сравнению с традиционными методами решения. Некоторые из них помещены ниже.

УПРАЖНЕНИЯ.

1. Найти экстремальные значения функции:

2. Найти стороны прямоугольного параллелепипеда, имеющего при заданной сумме ребер 4£ наименьшую диагональ.

ЛИТЕРАТУРА

1. Т. М. Корикова. Некоторые геометрические неравенства и их векторное решение. Математика в школе, 3, 1977.

2. Геометрия. Учебное пособие для 9-го класса средней школы под редакцией 3. А. Скопеца. М. , "Просвещение", 1978.

3. Геометрия. Учебное пособие для 10-го класса средней школы под редакцией З. А. Скопеца. М. , "Просвещение", 1978.

СОДЕРЖАНИЕ

Скопец З. А. , Черепанова Т. П. Задачи на замыкание... 3

Нагибин Ф. Ф. , Канин Е. С. Концентрационный треугольник............................ 15

Губа С. Г. Задачи на параллелограмм......... 24

Данилов А. Н. Геометрические вероятности на внеурочных занятиях по математике................... 35

Ломакина А. С. , Ломакин Ю. В. Дифференциальные уравнения на занятиях с сельскими школьниками в лагере " Математик "........................... 44

Семенов Е. Е. Этого не может быть! (Материал для внеклассной работы по теме " Противоречивые и непротиворечивые свойства ").................... 52

Горбунова В. А. О решении геометрических задач различными методами....................... 62

Третьякова Г. Ф. Косое произведение векторов и его применение при решении геометрических задач........ 74

Григорьева Т. П. Четырехугольник и формула Эйлера.. 85

Макаровекая Т. Г. Логическое построение многомерной евклидовой геометрии на основе системы аксиом А. Н. Колмогорова..... ;.................... 92

Кузнецова Г. Б. Применение метода координат при решении планиметрических и стереометрических задач. 103

Каминская Э. Л. , Интегральная арифметика и теория погрешностей........................ 113

Комарова Т. Н. Вариант построения поля комплексных чисел.......................... 121

Козырева Н. А. Комбинаторная пропедевтика на кружковых занятиях в IV - VIII классах............. 127

Бабкина Т. К. Руководство внеурочной работой студентов на педагогической практике в сельской школе..... 134

Глушкова А. И. Знакомство девятиклассников с элементами дифференциальных уравнений................ 150

Рузин Н. К. Обучение студентов поиску решения задач.. 165

Федяков В. Е. Применение скалярного произведения векторов к решению задач на условный экстремум......... 172

Сдано в набор 28. 01. 81 г. Подписано к печати 23. 04. 81 г. ГЕ 05306. Формат 60 X 84/16. Усл. печ. л. 10, 23. Уч. -изд. л. 9, 9. Тираж 1000 экз. Цена 1 р. 50 к. Заказ 291.

Пединститут, ул. С. Орлова, 6.

Областная типография, г. Вологда, ул. Челюскинцев, 3.