МАТЕМАТИКА И ФИЗИКА В ШКОЛЕ

4

1936

НАРКОМПРОС

УЧПЕДГИЗ

УПРАВЛЕНИЯ НАЧАЛЬНОЙ И СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ НАРКОМПРОСА РСФСР

МАТЕМАТИКА И ФИЗИКА В ШКОЛЕ

МЕТОДИЧЕСКИЙ СБОРНИК

№ 4

ИЮЛЬ 1936 АВГУСТ

ГОСУДАРСТВЕННОЕ УЧЕБНО-ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО

Содержание

НАУЧНЫЙ И НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

Стр.

Проф. Н. А. Извольский — Вопросы построимости линейкою и циркулем.............. «3

И. Кацман — Теория целочисленных треугольников . 15

И. Сигов — О многогранниках............ 24

Е. Рачко— Средние линии трапеции......... 27

A. Моторин — Теорема о точке пересечения медиан треугольника................... 28

Проф. А. Цингер — О портретах Архимеда...... 29

А Штернов, Я. Симонович и А. Ускова — О простых способах наблюдений флюктуации ........ 32

МЕТОДИКА

И. Браун —Задачи на построение в средней школе . . 34

Проф. 3. Приблуда — Об изложении первых теорем геометрии.................... 58

Проф. А. Астряб — Аналитическое доказательство теоремы о двух перпендикулярах по Лежандру . • . 64

X. Копелевич — Вывод формулы Герона....... 66

B. Борисов —Геометрический вывод формулы Герона 68

Проф. М. Черняев — Теорема Сальмона.......68

Проф. А. Калашников — Состояние знании учащихся по механике, получаемых в неполной средней школе 69

И. Леппен — Явления индукции в равномерном магнитном поле..................... 80

ОТКЛИКИ НА НАШИ СТАТЬИ

А. Гольфенбейн — Еще раз о «законе Ома»......85

Проф. А. Бачинский — По поводу заметки Д. Галанина «Коэфициент полезного действия тепловых машин» 89

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

К. Шевченко — О целесообразности концентрического изучения тригонометрии............. 91

Новые книги по физике............... 92

ЗАДАЧИ

Решения задач, помещенных в сб. «Математика и физика в школе» № 1—1935 г............. 94

Еще о задаче № 11 из № 4 «Математика и физика» (1935 г.).....................103

Задачи........................103

Отв. ред. А. Н. Барсуков, вам. отв. ред. А.Г. Калашников. Отв. секр. К. И. Коровин. Техредактор В. С. Якунина.

Адрес редакции: Москва, Орликов, 3, Учпедгиз, Периодсектор, журн. «Матем. и физика».

Сдано в производство 17/VI 1936 г. Подписано к печати 9/VTI 1936 г.

Учгиз № 8307. Об'ем 6«/| п. л. в 1 п. л. 75000 зн. Бумага 72XW5. Зак. 843.

Тираж 31500.

Уполномочен. Главлита M Б-2540&

18-я типография треста «Полиграфкнига», Москва, Шубинский, 10.

НАУЧНЫЙ И НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

ВОПРОСЫ ПОСТРОИМОСТИ ЛИНЕЙКОЮ И ЦИРКУЛЕМ

Проф. Н. А. ИЗВОЛЬСКИЙ

(Окончание. Начало в № 3, 1936 г.)

V. Построимости линейкою и циркулем

20. Приложение алгебры к геометрии устанавливает возможность построения при помощи линейки и циркуля отрезков, которые выражаются через данные или рациональной формулой или формулой, содержащей исключительно квадратные радикалы, а также радикалы, к ним приводимые (4-й, 8-й, 16-й и так далее степеней). В эти формулы могут входить также тригонометрические функции данных углов, так как каждую такую функцию можно заменить отношением легко построимых отрезков. Устанавливается также возможность построения угла, если какая-либо тригонометрическая его функция выражается таковою же формулой. Выяснять все это здесь не место: во многих курсах элементарной геометрии дается краткое изложение этих вопросов, а более детальное изложение дается в специальных руководствах «приложения алгебры к геометрии».

Здесь мы остановимся на выяснении того, что отрезки и углы, выражаемые при помощи таких формул, в которые входят радикалы иных степеней (3-й, 5-й и т. д.), не могут быть построены при помощи циркуля и линейки. Выяснение этого делается при помощи аналитической геометрии.

Всякая задача на построение состоит в следующем: дается некоторое число точек, прямых, кругов, отрезков и углов и требуется построить новые точки, прямые, круги, отрезки и углы, связанные с данными определенными условиями. Каждая точка в аналитической геометрии двух измерений определяется двумя своими координатами (будем считать, что система координат прямоугольная); каждая прямая определяется уравнением, которое всегда можно свести, например, к уравнению прямой по отрезкам на осях координат; каждый круг — координатами своего центра и радиусом; каждый угол — какою-либо тригонометрической функциею, которая может быть заменена отношением двух отрезков. Таким образом, мы должны считать данную систему отрезков; если все эти отрезки измерить какою-либо единицею, то получим ряд чисел а, Ь, с, d...t определяющих некоторую область рациональности

û = [a, by Су d...].

Решение задачи сводится к построению прямых и кругов, определяемых данною системою отрезков, к построению их точек пересечения, к нахождению расстояний между полученными точками.

Координаты точек пересечения двух прямых, например,

Ах-\-Ву+С=0 и Агх+ В^у + Сх = 0

выражаются рациональными формулами через коэфициенты этих уравнений, а последние выражаются или рационально или исключительно квадратными радикалами через координаты точек или через данные отрезки. Например, уравнение прямой, проходящей через 2 данных точки, имеет вид

расстояние между двумя точками выражается формулою

Таким образом координаты искомых точек пересечения выразятся формулами, принадлежащими к той же области рациональности ÎÎ или к расширенной, которая получится, если к Q присоединить числа, получаемые извлечением квадратного корня из чисел области Û — обозначим ее через Û

Пересечение двух кругов получим в результате решения двух уравнений с двумя неизвестными, сводящихся к

x2-\-y2-\-Mx-\-Ny + P = Q\

Вычитая по частям одно уравнение из другого, мы сведем эту систему к системе

(M -MJx + iN- NJy + (Р - Pt) = 0.

Решение этой системы сводится к квадратному уравнению; следовательно, для координат точек пересечения получатся формулы, содержащие только квадратные радикалы из коэфициентов этих уравнений.

Такие же формулы будут иметь место при нахождении точек пересечения круга и прямой, определяемых данными.

Таким образом, все эти формулы будут принадлежать к той области рациональности, которую мы обозначали через Û /«. Так как при помощи циркуля и линейки можно строить только прямые линии и круги, то иных радикалов, кроме квадратных, в получаемые формулы войти не может.

21. При построениях иногда пользуются произвольными точками, прямыми, кругами. Легко выяснить, что это обстоятельство не может нас вывести из области Û В самом деле, раз можно желаемый результат получить, например, при помощи произвольного круга, то он же (совершенно такой же) может быть получен при помощи круга, определяемого данными точками, отрезками и т. д. Например, середину данного отрезка можно построить при помощи двух кругов, имеющих одинаковые радиусы, принимая за центры концы данного отрезка и за радиус произвольный отрезок, но к такому же результату мы придем, если за радиус кругов примем самый данный отрезок.

Все это приводит к общему заключению: при помощи циркуля и линейки могут быть построены лишь такие отрезки, которые выражаются или рационально или исключительно квадратными радикалами через данные.

Сопоставляя это заключение с § 8, мы можем установить, что необходимым (но, конечно, недостаточным) условием того, чтобы задача на построение могла быть решена при помощи линейки и циркуля, является требование, чтобы эта задача сводилась к уравнению, степень которого есть 2V — только такие уравнения могут быть решены (если выполнены условия достаточности) в квадратных радикалах.

22. Мы выдели, что задача удвоения куба приводится к уравнению 3-й степени, всегда неприводимому; задача о разделении угла на 3 равных части в общем случае, когда дан какой-либо угол, также приводится к неприводимому уравнению 3-й степени. Следовательно, эти задачи не могут быть решены при помощи циркуля и линейки.

Рассмотрим теперь задачу о делении круга на равные части или, что то же самое, о построении правильных многоугольников. Мы видели, что эта задача приводится к уравнению хп = 1 и затем к уравнению—--- = 0.

Поэтому мы должны теперь выяснить все то, что дает высшая алгебра о корнях уравнения хп=1.

Прежде всего известно, что если е есть один из корней этого уравнения, то е*, т. е. любая целая степень £, есть также корень этого уравнения. Если затем £ не является корнем уравнения того же вида, но меньшей степени, то £ называется первообразным корнем уравнения хп= 1, и ряд его степеней от первой до я-й включительно дает все его корни, — они суть:

£, £2, £3, . . . .£Я_1,£Л.

последний из них £п есть единица (£n= 1).

Если £ является корнем двух уравнений хп=1 и хт = 1, то £ служит также корнем уравнения xd — 1, где d есть общий наибольший делитель чисел пит. Отсюда вытекает, что для уравнения хр=1, где р число простое, в.який корень, кроме единицы, есть первообразный, так как число р с любым числом, меньшим /?, имеет общий наибольший делитель, разный единице. Итак, если число р простое и £ есть любой корень уравнения jcp=l, отличный от единицы, то ряд

£, £2, £3, - • - £Р~1,£Р

представляет собою все р корней уравнения хр=\.

Так как все эти корни, кроме последнего, первообразные, то можно за основной корень взять любой из них £*, где к<р, и тогда все корни получим возведением £* в различные степени от 1 до /?, т. е. корни представляется в виде ряда

Теория чисел дает нам, что сравнение

где р число простое и v не делится на р, имеет всегда корень, который не удовлетворяет такому же сравнению, но меньшей степени, т. е. существует такое число g, что gp~'i при делении на р дает в остатке единицу, а при возведении g в меньшую степень, чем р—1, будут получаться при делении на р иные остатки, отличные от единицы. При этом, если кф1 и оба числа к и I меньше чем р, то от деления на р чисел g* и g1 одинаковых остатков получиться не может [ибо тогда g“ — g1 делилось 0ы на р без остатка или gl(g*~~l — 1), считая, что k> I делилось бы на р без остатка, но р число простое и g на него не делится, следовательно, gK~~l—1 должно делиться на /7, а это значило бы, что g удовлетворяет сравнению низшей степени и, следовательно, g не есть первообразный корень сравнения хр~1=1 (мод /?)]. Итак, ряд степеней числа g

при делении на р дает всевозможные остатки

1, 2, 3... (р — 1), но порядок их может быть различный (лишь последняя степень р — 1 дает в остатке 1).

23. Примеры:

1. Первообразный корень модуля 7 есть 3; в самом деле, при делении чисел 3, З2, З3, З4, З5, З6 на 7 получим остатки 3, 2, 6, 4, 5 и 1 (первый остаток, очевидно, 3; второй получим, умножая 3 на 3 и вычитая 7; третий получим умножением предыдущего 2 на 3, четвертый — умножением предыдущего 6 на 3 и вычитанием кратного 7 и т. д.).

Число 2 не есть первообразный корень модуля 7, потому что остатки будут соответственно таковы:

2, 4, 1, 2, 4, 1 — уже третий остаток оказался равным 1.

2. Первообразный корень модуля 13 есть 2, так как остатки от деления на 13 последовательных степеней чист 2 будут:

2, 4, 8, 3, 6, 12, 11, 9, 5, 10, 7, 1,

т. е. 212 при делении на 13 дает в остатке единицу.

Теперь корень уравнения jçp=l, где ру число простое, можно представить в новой форме. Пусть g есть первообразный корень модуля р; тогда числа

дают при делении на р в каком-то порядке остатки

1, 2, 3, 4... (р-1)

и следовательно, если е есть один из корней уравнения хр—\, отличный от единицы, будут представлять собою все корни уравнения

лишь порядок их будет иной, чем в ряду

В пояснение заметим, что если g8 (s^p — — 1) есть число вида pq-\-r (т. е. при делении на р дает в частном q и в остатке г), то

но гр=\ (ибо г корень уравнения хр=1)9 следовательно (ер)ч=Х и ер* = £г, где г — число меньшее р.

Обратим особое внимание на возможность представить корни уравнения виде ряда

это очень существенно для выяснения вопроса о разрешимости уравнения —-— в квадратных радикалах.

24. Гаусс показал, что если простое число р имеет вид 22*-f- 1, то круг может быть разделен на р равных частей при помощи линейки и циркуля.

Здесь дается теория этого вопроса, разработанная Гауссом.

Итак, пусть для простого числа имеем р = 2»+1.

Тогда согласно предыдущему:

1) будет выполнен необходимый признак

хр— 1

для возможности решить уравнение —-- — = 0 в квадратных радикалах;

2) можно найти такое число g, которое является первообразным корнем модуля р.

В таком случае корни уравнения —---j = 0 могут быть представлены рядом

где £ — один из корней этого уравнения.

Сумма всех корней уравнения хр—1=0 равна нулю (ибо член с хр “1 отсутствует), следовательно, сумма корней уравнения

равна — 1 ; итак,

Разобьем слагаемые этой суммы на 2 группы:

Каждую из этих сумм, в свою очередь, разобьем на 2 группы:

Каждую из этих сумм, в свою очередь, разбиваем на 2 группы

Получаемое разбиение на группы носит название «периоды Гаусса». Так как р — 1 = = 2*v, то такое разбиение можно продолжить до тех пор, пока в каждой группе получим по одному корню.

Для определения гх и z2, также zn и z12, z21 и z22 и т. д. можно составить определенное квадратное уравнение, после чего решение уравнения —--]~= сведется к решению цепи квадратных уравнений, и, следовательно, корни этого уравнения выразятся формулой, содержащей только квадратные радикалы.

Составим сначала уравнения для определения zx и z2. Мы имеем:

zt-\-z2 = z= — 1.

Найдем теперь произведение zxz2. Легко видеть, что

Уже выше было замечено, что g в какой-либо степени есть число вица pq-\-h; тогда z9r+98 = e.P4 + h £р = ер%л = еА; но £* есть один из корней нашего уравнения, и он может быть представлен в виде е9. Итак,

Заменим в zt и в z2 число е числом i9; обозначим их соответственно через (zx) и (zlt^ Тогда

Так как е' =е'* то (z2) = l9 -f еГ +£*° + -f- . . . -\-1дР . Отсюда видим: (zx) =iZ2n (z2) î= zt ; следовательно (zt) (z2) = = zxz2, т. е. произведение zxz2 не изменится, если £ заменить через е.9.

Мы получили z1z2 = Ti£9 , где сумма распространяется на все значения t от 1 до (/? — 1) включительно, но t может принимать одно и то же значение несколько раз, а может быть, некоторые из значений этого ряда от 1 до (р — 1) будут и отсутствовать. Во всяком случае мы можем написать

причем каждая степень £:

есть одна из тех же степеней, из которых слагается z

Пусть, например, tt = l; тогда в ztz2 входит а раз член е.9. Но мы видели, что ztz2 не изменяется от замены £ через е?. Такая замена приведет нас к заключению, что в zxz2 должен столько же раз (т. е. а) входить и член (z9)9 = £* , a каждый из этих членов при нашей замене обратится в £р3 и т. д. Отсюда заключаем, что коэфициенты при е?29 при £^3 и т. д. не могут быть меньше коэфициента при е?, если таковые члены имеются в zxz2. Пусть теперь в zxz2 входит несколько раз член е9 î замена £ через г9 показывает, что столько же, по крайней мере, должны входить в zxz2 членов с V , с er и т. д.; заметим, наконец, что £у при замене £ через г? обращается в Е,дР^Ер. Отсюда вытекает заключение, что в произведение zxz2 члены ряда

должны входить по одинаковому числу раз, так как коэфициент любого из них не может быть меньше коэфициента при любом из остальных членов. Поэтому

* В самом деле, gp-1 = * или gp = g (моя р), следовательно, остаток от деления gp на р, такой же, как и от деления g не р, а потому *дР и & и выражают один и тот же корень нашего уравнения.

(так как z t= — 1).

Отсюда вытекает, что zx и z2 суть корни квадратного уравнения

/2 + / —а = 0,

причем число а на практике легко определяется: надо лишь счесть, сколько раз в произведение ztz2 войдет один из членов ряда

Итак, мы получим

Далее мы должны перейти к определению

Нетрудно видеть: 1) zn-\-z121= zt и 2)zn при замене е через &g2 переходит в z12 и, обратно, z12 в zlt; следовательно, произведение znz12 не изменяется, если е заменить через е^2. Отсюда, как выше, вытекает, что это произведение состоит из всех тех же членов, какие входят в zv с одинаковыми коэфициентами и из всех членов, какие входят в z2l также с одинаковыми коэфициентами. Поэтому

Коэфициенты а± и $х легко определяются выяснением, сколько раз получится от умножения какой-либо один член из гх и какой-либо один член из z2.

Теперь для определения zn и zl2 получаем уравнение

fi-Zi / + («l2l + ^z2)=,0,

откуда имеем

Аналогично получим:

Ясно, что, продолжая такие же соображения, получим квадратное уравнение для определения zltl и z112, также для z121 и z122 д т. д.

Таким образом, для нахождения корней нашего уравнения

мы получаем цепь квадратных уравнений, следовательно эти корни могут быть построены при помощи циркуля и линейки.

25. Из предыдущего параграфа мы заключаем: если простое число р имеет вид g2 то действительно это условие достаточно для разделения круга при помощи циркуля и линейки на р равных частей или, что то же самое, достаточно для построения правильного /^-угольника.

В частных случаях понадобится, как это увидим ниже, рассматривая вопрос о построении правильного 17-угольника, находить не все корни, а лишь некоторые, и придется выяснить, какие знаки перед получаемыми радикалами брать для каждого из 2-ов.

Возникает еще вопрос: все ли числа вида 22 -)-1 суть простые. Выяснено, что нет, а именно, мы имеем:

при v=0, р = 22 4г 1 =3...простое число; при V =1, /7 = 5...простое число; при V =2, р— 17...простое число; при V =3, р = 257...простое число; при у =4, р==65 537...простое число; при V =5, р = 4 294 967 297..сложное число а именно: 4 294 967 297 = 641 -6 700417); при V = 6 или при у =7 получаются, как это доказано, также сложные числа; при v = 8...неизвестно, какое получится число, и т. д.

Из этого видим, что, кроме общеизвестных построений правильных треугольника и пятиугольника, можно при помощи линейки и циркуля построить еще правильные 17-угольник, 257-угольник и 65537-угольник.

В следующем параграфе мы рассматриваем вопрос о построении правильного 17-угольника.

26. Правильный 17-угольник. За дача о правильном 17-угольнике приводит к уравнению

Первообразный корень по модулю 17 есть число 3, при делении различных степеней числа 3 на 17 получаем остатки: 3, 9, 10, 13, 5, 15, 11, 16, 14, 8, 7, 4, 12, 2, 6, 1 (только 31в при делении на 17 дает в остатке 1).

Называя один из корней нашего уравнения через в, мы можем все 16 корней представить в виде

£3, £9, £10, £13 . • -е (А)

Тогда, согласно § 16, получим

Переходим к составлению квадратных уравнений. Мы уже знаем, что zx-\-z2 =—1. От умножения zt на z2 получим 64 члена, а так как эти члены должны состоять из членов ряда (А), причем каждый из них должен входить в произведение одинаковое число раз, и всех членов в ряду (А) 16, то каждый из них входит в z^z2 четыре раза, т. е.

z1z2 = 4(z1 + z2) = —4.

Итак, получим

Переходим к определению zn и z12. Мы имеем zn-\* zlt = z1; далее, от умножения zn*zi2 получим 16 членов; 8 из них, как нетрудно увидать непосредственно, суть те, из которых состоит zv и остальные 8 дают z2. Поэтому

Z\\ 'Z\2 — Zl~\~Z2 — > * •

Следовательно, имеем

Так же легко увидим:

Zl\ Л Z22 = Zt » Z2l “ Z22 = Zl “Ь Z2 = 1 •

Следовательно, имеем

Определим еще z221 и z^— этим и можно ограничиться. Мы имеем

2г221~“Ь'г222 = 2:22> ^221 * Z222 = Z1V

Последнее легко получить непосредственно. Поэтому имеем:

Этих результатов достаточно для построения стороны правильного, вписанного в данный круг, 34-угольника, после чего легко получается сторона 17-угольника.

27. Будем считать, что радиус круга равен единице. Тогда точка этого круга, изображающая комплексное число £, соответствует комплексному числу, имеющему модуль, равный единице, и амплитуду, равную—, т. е.

Отсюда получим

Следовательно:

Рассматривая таблицу для zv z2, zlv zi2, z21 и т. д., мы видим, что для каждого из них члены разбиваются на группы, выражаемые формулой £*-[-£17-*- ПуСТЬ £*-f-£l7-* = ск. Тогда

(конечно, ясно, что

Пусть наш круг (черт. 2) разделен на 34 равных части, точки деления обозначим А0, Av A2t. .. Ak>... Л17,... Л33, Л34, причем Аг4 совпадает с А0. Будем обозначать хорды, соединяющие точку А0 с различными точками деления буквою 5 с соответствующими значками:

AqAi=zAqA2 = Sz^.AqA^ = sk...

Тогда ясно, что A0Ai1 = Sll = 2 (диаметр круга). Из &А0АкА17 имеем SÄ = 2sina или

Черт. 2.

Раньше мы имели

Введем вместо косинуса синус

Отсюда, давая разные значения £, получим ( сравнивая с Sk = 2 sin— \:

Пользуясь этим, получим:

Нам нужно определить sv т. е. сторону правильного вписанного 34-угольника, или, что то же самое, z221.

Ясно, что sK>t>s*_2..., считая, что k имеет значения от 1 до 17. Поэтому, рассматривая выше данные выражения z-ов через 5-ы, получим;

^222 ^ ^221» 211 ^ Z12 <С > Z21 <С О» ^22^ ^5

Так как выше мы нашли, что ztz2 =— 4 и так как zt<C,Ot то z2>0. Эти неравенства дают нам возможность установить окончательно значения z-ов, полученные из квадратных уравнений:

Теперь мы можем установить порядок построения правильного 34-угольника, выпуклого или звездчатого. Для выпуклого многоугольника нам надо получить st или z22l, но z221 зависит от z^ и гп; для построения z22 нужно z2 и для zn — zv Поэтому порядок построения таков: строим сначала z2 и абсолютную величину zv принимая радиус круга за единицу; затем строим zn и z22 и, наконец, z221. Самое построение, с геометрической точки зрения, интереса не представляет; надо лишь озаботиться о том, чтобы получился максимум экономии при использовании метода приложения алгебры к геометрии.

Для стороны звездчатого правильного 34-угольника, стороны которого, например, соединяют точки деления через 4, нужно получить S5 или zni; тогда можно составить соответствующие уравнения и выяснить, какие 2-ы с двумя и с одним индексами надо предварительно получить.

28. Построение стороны правильного 34-угольника. Строим прямую ОХ и OA J__ ОХ; пусть OA = 1 (радиус данного круга). Откладываем ОС — —, и из точки С, как центра, строим круг радиусом CA — пусть он пересекает ОХ в точках В и D. Тогда 2 OD + 2 OB =? 4 ОС =51 и OD-OB=iOA2î=1, или 20Z).20#t=4.

Тогда, согласно тому, что

мы имеем

Черт. 3

Далее строим круг, принимая точку В за центр и OB за радиус: 'он пересекает AB в точках M и Р.

Тогда AM — АР =ч РМ =; 2 OB = z2 и AM • АР=А02 = 1. Следовательно, ввиду того, что

мы имеем zi2=iAM и -z21 = AP.

Так же точно, принимая D за центр и OD за радиус, построим круг, пересекающей AD в точках N и Р. Тогда AQ — AN = = 2 OD t= — 2j и AQ-ANt=l. Следовательно, zn = AN и —z12 = AQ (не надо забывать, что zn<0 и, следовательно^

Пусть АЕ = АО=\\ построим на NE, как на диаметре, круг — пусть он пересекает AB в точке/7. Принимая точку /^за центр, построим круг радиусом t=-; пусть он пересекает AD в точке G. Наконец, принимая точку G за центр, построим круг радиусом = Gr=i ; пусть он пересекает AD в точках К и Н. Тогда АК + ля = 2G/7 = AM = = z22; AK*AH=AF2=AN-AE=iAN-AO=; = AN-l=zn.

Итак : AK+AH = z22, AK-AH=; zn. Это соответствует полученному выше:

так как ^221 I“* ^ 222 1 ^22 ^ ^221 * ^222 — ^ ц* Следовательно, i4^=z 221 = 5le

Отрезок л/с есть искомая сторона правильного 34-угольника.

29. Рассмотрим теперь вопрос о построимости правильного многоугольника со сложным числом сторон.

Пусть сначала сложное число m=*p*t где р простое число. Тогда задача сводится к уравнению

Мы уже выяснили, что это уравнение неприводимо; его степень = ра —р*~*. Для того, чтобы можно было решить его в квадратных радикалах, надо, чтобы эта степень равнялась 2П. Поэтому имеем

р* — /7е -1 = ра -1 — 1) = 2Л.

Итак,/?“- {(р — 1) должно состоять только из множителей 2. Если а> 1, то необходимо для этого, чтобы р = 2 (если ос = 1, то m — p — число простое, и вопрос сводится к предыдущему).

Итак, можно строить правильные многоугольники, число сторон которых выражается степенью простого числа лишь тогда, когда основание этой степени равно 2, т. е. можно строить правильный 4-угольник, 8-угольник, 16-угольник и т. д.

Пусть теперь m=p-q и пусть возможно построить правильный /я-угольник. Сторона его стягивает дугу круга =-. Повторим эту дугу q раз, получим

т. е. тогда возможно построить и правильный многоугольник с р сторонами, а из равенства

заключим о возможности построения правильного ^-угольника. Итак: если возможно построить правильный многоугольник с числом сторон, равным произведению двух множителей, то возможно построить и правильные многоугольники с числами сторон, равными этим множителям.

Конечно, это легко распространяется и на 3, и на 4 и так далее множителей.

Рассмотрим обратный вопрос: пусть можно построить правильные многоугольники с р и с q сторонами, причем p=f=q, можно ли построить правильный многоугольник с (pq) сторонами?

Из теории непрерывных дробей известно, что уравнение

pX — qy= 1

можно решить в целых числах, если р и q взаимно-простые числа.

Определив эти значения х и у, мы будем иметь

(ибо рх — qy=\). Отсюда заключаем о возможности построения правильного многоугольника с (pq) сторонами, если р и q числа взаимно-простые.

Мы знаем: 1) можно построить правильный многоугольник с (Ъ2* -\- 1) числом сторон, если это число простое, 2) можно построить правильный многоугольник с 2Л числом сторон. Отсюда, на основе предыдущего, заключаем о возможности построения правильного многоугольника с

2n (22*i 1 ) (22*. _|_ ц (22«» _J_ 1J

числом сторон, если множители в скобках суть простые числа и не равны между собою.

Можно построить, например, правильный 15-угольник, правильный 340-угольник (340 = 4.5.17) и т. д.

30. Рассмотрим теперь случаи правильных многоугольников, не построимых линейкою и циркулем. Возьмем сначала 7-угольник. Число 7 простое, но оно не подходит к формуле 2е* —J— 1. На основании всего предыдущего ясно, что циркулем и линейкою невозможно разделить окружность на 7 равных частей. Посмотрим, к какому результату здесь приведет разбиение на периоды по методу Гаусса.

Для правильного 7-угольника имеем уравнение

или

Пусть £ один из комплексных корней этого уравнения; найдем первообразный корень сравнения x6=il (мод. —7); таким корнем служит число 3: остатки от деления последовательных степеней числа 3 на 7 суть 3, 2, 6, 4, 5, 1. Тогда, согласно методу Гаусса, корни нашего уравнения можно представить в следующем порядке:

е3, £2, £6, £4, е5, £,

причем

£3 £2 £6 _|_ £4 _|_ £5 _|_ g _ _ L

Разбиваем на периоды:

Далее легко получим: zx-\-z2 = — \ и zxz2i=2 (ибо £7=? 1).

Тогда для определения zt и z2 получим квадратное уравнение:

**-f/-|-2 = 0.

Но разбить zt и z2 на периоды теперь уже нельзя и для определения £ мы уже должны составить уравнение 3-й степени.

Для его составления поступим так:

Следовательно, £, t2 и t4 суть корни уравнения

fi—z2t*-\-ztt— 1=э0,

которое неразрешимо в квадратных радикалах, так как легко видеть, что оно неприводимо.

Пусть теперь число р простое, причем р — 1=32а.ЗР.5т... Тогда уравнение

хР~1 =о или хр-* + хр-2+... + 1 =;0 x — 1

приведет нас к следующим периодам:

1) периоды с--членами, с --членами, ... с - членами,

2) периоды с--членами, с--членами, ... с--5 членами,

3) периоды с ——Д— членами,

31. Всякая геометрическая задача 3-й степени приводит к неприводимому кубическому уравнению. Последнее, как известно, всегда сводится к виду

xz — px + q=^0. (1)

Формула Кардана для его решений будет такова

Рассмотрим его дискриминант---— .

Так как для суждения о корнях этого уравнения важен лишь знак дискриминанта, то умножим его на 108, и тогда он представится в виде:

27q2 — 4/73.

Мы имели в § 14, что если тангенс данного угла равен числу а, то уравнение для

разделения этого угла на три равных части есть

у3 - 3(1 +а2).у - 2а (1 -f-a2) = 0. (2)

Пока кем, что если дискриминант уравнения (1) 27<72 — 4/?3<0, то уравнение (1) можно свести к уравнению (2).

Заменим в уравнении (1) х через ~kz:

X3z3 — pkz -f-<7 = 0

или

Пусть

Отсюда делением получим

или

Тогда

или

Следовательно,

Так как 27<?2 — 4р3 < 0, то 4/?3 — 27 q2 > О и, следовательно, X можно построить при помощи циркуля и линейки; далее мы получим

откуда заключаем, что и а можно построить при помощи циркуля и линейки.

Итак, если задача на построение приводит к неприводимому уравнению 3-й степени, дискриминант которого отрицателен, то эта задача может быть сведена к задаче трисекции определенного утла.

Рассмотрим теперь случай, когда дискриминант 27 q2 — 4/?3 > 0, или 4/?3 — 27q2 < О.

В этом случае формула Кардана для уравнения (1) дает

х= \У/я + Y'n*

где m и п действительны и построимы при помощи циркуля и линейки.

Пусть = w ; тогда и3 = m и для определениям можно воспользоваться уравнениями

В самом деле, отсюда получим

u2 = t и t2 = umt

что дает и*=>ит или и3 = т.

Мы видим отсюда, что задача построения отрезка и сводится к построению двух средних пропорциональных (см. § 13) между двумя отрезками, один из которых равен единице, а другой равен т. Аналогичное

имеем и для у п.

Итак, если задача на построение приводит к неприводимому уравнению 3-й степени, дискриминант которого положителен, то эта задача сводится к построениям двух средних пропорциональных.

32. Задача построения двух средних пропорциональных и задача деления угла на три равных части повели в древности и в средние века к ряду изысканий, имевших целью получить решения этих задач при помощи каких-либо иных средств, кроме линейки и циркуля. Мы даем здесь только некоторые результаты этих изысканий с целью показать лишь направление, в котором шли эти изыскания.

Рассмотрим сначала задачу о построении двух средних пропорциональных к двум данным отрезкам а и Ь.

Мы имеем для этой задачи уравнения:

Из них имеем

х2 — ау и у2 = Ьх.

Последние уравнения суть уравнения парабол: осью симметрии первой параболы служит ось ,у-ов и его параметр = —, а для второй параболы осью симметрии служит ось л:-ов и ее параметр = — ; вершины обеих парабол находятся в одной и той же точке, в начале координат.

Если сочтем, что мы можем строить параболы непрерывным движением, то надо было бы для решения этой задачи построить две параболы, оси которых взаимно-перпендикулярны. Если точка О есть их общая вершина, то фокус одной из них есть точка F, для

которой OF——, и фокус другой есть точка Fv для которой OFv = —.

Координаты точки пересечения м этих парабол и будут искомые средние пропорциональные.

Для решения задачи удвоения куба (для нее а=1 и b = 2) надо точки F и Ft выбрать та.<, чтобы OF1 = 20F.

33. Перейдем теперь к трисекции угла. Прежде всего выясним возможность решения этой задачи при помощи передвижения линейки, на которой отмечен определенный отрезок.

Пусть данный угол есть Z АОС; построим полукруг радиусом OA, равным тому отрезку, которой нанесен на линейке — центром этого круга служит вершина О нашего угла. Прикладываем к точке С, в которой наш круг пересекает с одной из сторон угла нашу линейку, и передвигаем ее так, чтобы намеченный на ней отрезок уместился как раз между полукругом и продолжением другой стороны угла; пусть это положение линейки есть CDE. Тогда DE есть намеченный на ней отрезок и, следовательно,

DE=OD = OC = OA.

Пусть Z OED = а ; тогда £DOE=<xt Z CDO = 2zt LDCO = 2ol и Z АОС = За (как внешний для д ОСЕ). Следовательно,

34. Вместо передвижной линейки можно воспользоваться, как то дано Паппусом, гиперболою или равностороннею или с углом 120° между ее асимптотами — надо лишь, чтобы эта гипербола была начерчена.

Дополним предыдущий черте к: CIJ_AB; OF AB ; EH J_ AE и CF\ \ AB; пусть OF пересекает СЕ в точке О и CF в точке F; построим еще FH \ \ СЕ, и пусть точка H есть точка пересечения Fh и ЕН.

Тогда д С/Ее» д CFG, откуда имеем:

(ибо CF=OI и F G — EH)-. Следовательно, имеем

IE.EH=ChOI.

Если принять IE за ось абсцисс и 1С за ось ординат, то для координат (х и у) точки H имеем

X — IE и у = ЕН.

Следовательно, предыдущее равенство дает:

ху = а2,

где а2 выражает площадь прямоугольника OICF, которую, раз /_АОС дан и круг О (каким угодно радиусом) построен, можно считать известной.

Последнее уравнение есть уравнение равносторонней гиперболы, когда за оси координат приняты асимптоты.

Нам надо, согласно § 33, построить точку H так, чтобы DE = OD. Пусть ^ OED = а ; тогда мы должны иметь

следовательно, OD = GD.

Поэтому отрезок FH= GE = 20A. Теперь, если считать, что на чертеже имеется равносторонняя гипербола, асимптоты которой

Черт. 4

Черт. 5

Черт. 6

суть GE и /С, точка H легко определяется: надо принять точку F (она легко определяется, если дан ^АОС) за центр и диаметр AB нашего круга за радиус, построить дугу круга: точка пересечения ее с гиперболою и будет точка И; построив затем НЕ \_АВ и прямую ЕС, получим

/АЕС=— /АОС.

Рассмотрим теперь гиперболу, асимптоты которой составляют угол в 120°.

Чтобы получить уравнение этой гиперболы, надо в каноническом уравнении

положить £ = atg60° или Ь=а^Ъ. Тогда легко получим уравнение нашей гиперболы в виде

v2 = 3c2 —За2.

Пусть (см. чертеж) О центр гиперболы, А и Ах— ее вершины; тогда OA — АхО = а.

Отложим еще АВ = а, и пусть К есть середина АхВи тогда

Берем любую точку M гиперболы; для нее ОР—х и MP—у. Легко получим:

Следовательно:

Построив КС ^АХВ, получим

Отсюда вытекает

т. е. ВС есть биссектор /_АХВМ. Поэтому £ АХВМ = 2 £АХВС=2/_ААХС. Построим круг через точки АХМВ — центр его где-то на прямой CK. Пусть он есть точка Е. Тогда для этого круга найдем, что w АХМ — 2^jMB (ибо / АХВМ = 2 /_ ААХС} и тогда /_ AxNB=s3 ^ВАХМ (точка N есть точка пересечения CK с кругом).

Будем считать, что наша гипербола дана (начерчена); тогда для всякого данного угла, подлежащего разделу на 3 равных части, легко определяется круг: надо построить» геометрическое место точек из которых отрезок АХВ виден под данным углом. Это геометрическое место есть kjA^NB, пересечение круга, которому эта дуга принадлежит, с гиперболою даст точку М, и тогда ^ ВАХМ и есть третья часть данного угла.

Черт. 7

ТЕОРИЯ ЦЕЛОЧИСЛЕННЫХ ТРЕУГОЛЬНИКОВ

И. КАЦМАН (Житомир)

Теория целочисленных треугольников распадается на две части:

1) на теорию целочисленных прямоугольных треугольников и

2) на теорию целочисленных косоугольных треугольников.

Первая часть развилась из решения так называемого пифагорова уравнения второй степени

X2+y2=z2

при целых и взаимнопростых значениях хг, у и z.

Путем же разных комбинаций над числами х, у и z удалось на базе первой части построить и вторую.

I. Решение пифагорова уравнения x2-f-y2 = z2

§ 1. Три тождества

а) (2/1 + I)2 + (2л2 + 2л)2 = (2л2 + 2л -f I)2,

б) (2л)2 + (л2 - I)2 = (л2 + I)2,

с) (2а . bf -f (а2 — b2)2 = (а2 + b2)2.

Все эти три тождества дошли до нас в готовом виде без указания способов, которыми они получены. Первые два тождества, как ниже увидим, представляют собою частные, весьма ограниченные решения данного вопроса, а третье, наоборот, дает вполне исчерпывающее решение пифагорова уравнения при целых и взаимнопростых х> у и z. Первое тождество приписывается Пифагору; второе—ученику Пифагорейской школы, Платону, а основоположник третьего тождества нам неизвестен.

Нам остается, следовательно, отыскать способы, при помощи которых могло быть найдено тождество в отдельности. Каждое из них вытекает из свойств чисел ху у и zy связанных пифагоровым уравнением.

§ 2. Взаимная связь чисел х> у и z пифагорова уравнения x2-\-y2 = z2.

1. Числа Ху у и z можно рассматривать, как взаимнопростые. Действительно, если бы эти числа имели общий делитель, отличный от единицы, мы предварительно могли бы на него разделить все три члена данного уравнения.

2. Числа Х, у и z должны быть и попарно взаимнопростыми.

Действительно, если бы какая-нибудь пара из этих трех чисел имела общий делитель, которого нет в третьем числе, то после разделения на него всех трех членов данного уравнения получилось бы, что либо сумма, либо разность двух целых чисел равняется дробному числу, что невозможно.

Из второго положения вытекает весьма важное следствие:

ни одна пара из чисел х, у и z не может состоять из четных чисел.

3. Числа Ху у и z не могут одновременно быть нечетными.

Действительно, в этом случае мы получили бы в левой части нашего равенства четное число, а в правой части — нечетное число

Если два из чисел xt у и z не могут быть четными, а все три не могут быть нечетными, то отсюда следует, что одно из них должно быть четным. Остается выяснить, в какой части равенства находится это четное число: там ли, где слагаемые, или же там, где сумма.

Мы докажем, что только одно из слагаемых должно быть четным числом, а сумма z2 им быть не может.

Предварительно рассмотрим две простых предпосылки:

а) квадрат четного числа делится без остатка на 4 или он имеет вид 4л, где л целое число;

в) квадрат нечетного числа имеет вид 8л-f 1:

Положение в) легко доказывается. Пусть нечетное число имеет вид 2л-|-1, тогда

(2л+1)2 = 4л (л-f 1)+1.

Так как л и л-fl два последовательных числа натурального ряда, то одно из них четное. Отсюда следует, что 4л(л-|-1) делится на 8, что и требовалось.

После этих предварительных замечаний перейдем к отысканию способов, которыми могли быть найдены вышеуказанные тождества.

§ 3. Способ для отыскания тождества

(2л-f l)2-f (2л2+2л)2 = (2л2 + 2л+l)2.

Решая уравнение

мы, исходя из вышеуказанного, примем х за нечетное число, которое обозначим через 2л + L

Представляя 2п~\-\ вместо х, приведем рассматриваемое уравнение к виду

(2n+iy=i(z+x) (z-y)....(1)

Нечетное число 2/z -f- 1 может быть простым и составным. Рассмотрим сначала уравнение (1) при 2п-\-1 простом.

Множители z-\-y и z—у правой части (1) как при простом, так и при составном 2п-\-\ должны быть взаимнопростыми.

Действительно, если бы они имели общий делитель, отличный от единицы, то как сумма их 2z, так и разность их 2у имели бы тот же делитель. Этот делитель должен быть числом нечетным, так как на него должна делиться и левая часть (2я-{-1)2. Следовательно, не 2z и 2у, a z ну должны будут на него делиться. Но это противоречит вышеуказан, ому положению, что числа х, у и z должны быть и попарно взаимнопростые i.

Если z-\-y и z—y взаимнопростые, то при простом 2п-\-\ правая часть (1) должна распасться на следующих два уравнения:

z+y = (2n+l)2 z-y= l2.

Сложением и вычитанием найдем:

z = 2AZ2-f-2rt+l у = 2п2-[ 2п.

Подставляя эти значения z и у в пифагорово уравнение, получим, при замене х через 2п-\- 1, тождество (2я 1)2 + (2п2 -f 2nf = (2л2 + 2п + I)2.

При составном 2п-\-1 возможна, кроме разложения (2п -f- 1) • 1, еще и другие. Ясно отсюда, почему данное тождество, в котором и для составного 2п-\- 1 взято то же разложение, что и для простого, является весьма ограниченным решением пифагорова уравнения.

§ 4. Способ для отыскания тождества (2л)2 •+ (п2 — 1)2 = (л2—|— I)2.

Зная, что один из членов левой части пифагорова уравнения должен быть четным числом, мы, обозначая это число чер^з 2л, получаем

(2n? + y* = z*.....(1).

Дадим уравнению (1) в !д

(2n)* = (z+y) {z—y) . . .(2).

Множители z-\y и z—у правой части (2), как сумма и разность двух нечетных чисел, — числа четные.

Легко убедиться, что из степеней 2\ 22, 23 и т. д.

общим делителем х-\-у и z—у является только 21.

Действительно, если бы z-\-y и z—у были кратны 4, то и сумма их 2z и разность их 2у тоже были бы кратны 4*, т. е. мы пришли бы тогда к абсурдному выводу, что нечетные числа являются четными.

Возникает вопрос, могут ли z-\-y и z —у иметь, кроме 21, общие делители и при других основаниях?

На этот вопрос надо ответить отрицательно.

Каков бы ни был состав z-\-y и z—у, их общим наибольшим делителем является только 24 Это положение весьма строго обосновано теперь одной теоремой, доказательства который мы здесь не приводим1.

Взяв частный случай, а именно: положив z—y=z2, мы тем самым в уравнении (2) даем сумме z-\-y значение 2л2, ибо при этих значениях z-\-y и z—у уравнение (2) переходит в тождество

(2л)2 = 2л2. 2.

Получаем, стало быть, систему двух уравнений

z-\-y=2nz2 и z—у = 2,

из которых находим

z = n2 -{-\у у = п2 — 1.

Эти значения z и у, подставленные в (1), обращают пифагорово уравнение в тождество

(2л)*+(л2-1)2==(л2+1)2,

что и требовалось.

Примечание. В данном тождестве, очевидно, аргумент л должен быть всегда четным числом, так как только при этом условии z w у будут нечетными. При этом же условии бесконечный ряд троек, представляемых данным тождеством, отличается от троек бесконечного ряда, представляемых тождеством

(2п + I)2 + (2 л2 + 2п) = (2п2 -f- 2п + 1 )2,

где л м шет иметь и четное и нечетное значен ie. Общей для обоих рядов является только тройка

(3, 4, 5),

1 См. нашу работу «Об уравнениях х2р-\-у2р= —zlp>% § 7 в «Протоколах Физико-математического общества за 1916 г.» в «Известиях Киевского университета».

которая в одном тождестве получается при ,2 = 1, а в другом — при п = 2. Надо, однако же, заметить, что если в тождестве Платона дадим п нечетные значения, то нарушится только отличительный признак чисел пифагоровых троек, т. е. они перестанут быть взаимнопростыми. Но и тогда их общий наибольший делитель будет только 2. Это вытекает из значений z и у, т. е. из чисел п2А-\ и п2—1, разность которых равна 2, что при условии четности этих чисел влечет за собою, как следствие, что общий наибольший делитель их должен быть 2.

Если же мы числа этих троек будем сокращать на 2, тогда разность чисел z и у будет 1. Это есть отличительный признак значений z и у, представляемых тождеством Пифагора.

Если так, то тождество Платона при четном п дает ряд пифагоровых троек, совершенно отличных от троек тождества Пифагора, а при нечетном п дает числа троек пифагорова ряда, увеличенные вдвое.

Вывод: формула тождества Платона по содержанию своему вдвое богаче формулы тождества Пифагора1.

§ 5. Способ отыскания тождества (2а . bf + (а2 - Ь2) = (а2 + Ь2)2.

Для решения пифагорова уравнения

X2Jry2=zZ2

представим члены его z и у в следующем виде

z = m-\- п; у = т — п (1)

Если z и у числа нечетные и взаимнопростые, то относительно легко установить следующие два положения:

1) одно из чисел m и п четное, а другое — нечетное;

2) числа m и п взаимнопростые, ибо в противном случае мы сложением и вычитанием соответственных частей равенств системы (1) придем к противоречивому заключению, что взаимнопростые числа z и у имеют общий делитель, отличный от единицы.

Подставляя выражения z и у m системы (1) в пифагорово уравнение, получим

х2-\-(т — п)2 = (т + п)2,

откуда

x2 = 4r m • п.

Так как m и п — числа взаимнопростые, то из последнего равенства следует, что каждое из этих чисел должно быть точным квадратом. Если положим

т = а2у п = Ь2 (2)

то получим для Ху у и z следующие выражения:

х = 2а . Ь\ y = a2 — b2\ z = a2Arb2.

Подставляя эти выражения х, у и z в пифагорово уравнение, получим тождество

(2ab)2 + (а2 — Ь2)2 = (а2 + Ь%

что и требовалось.

Примечание. Из того, что т и п системы (1) числа взаимнопростые и одно из них четное, мы по (2) должны заключить, что и числа а и b тоже взаимнопростые и одно из них четное.

§ 6. Тождества Пифагора и Платона, как частные случаи тождества (2а*)2 + (а2 — $2 = (а2 + Ь2)2.

1) Положив

а = п-\-1, Ь = Пу

мы получим частный случай общего тождества в виде

(2п2 -f 2л)2 -f (2п + I)2 = (2п2 4- 2п + I)2.

Это, как мы уже знаем, есть тождество Пифагора.

2) Положив

а = Пу Ь = \у

мы получим другой частный случай общего тождества в виде

(2й)2-Нй*_1) = („2+1),.

Этот частный случай есть тождество Платона.

§ 7. Характерные для пифагоровых чисел ряды

Выведем эти ряды по структуре членов тождества самого общего вида

(2а - bf-\-(a2 — b2f = (a2+b2)2.

Мы знаем (см. § 5, примечание), что числа а и b — взаимнопростые и одно из них — четное. При соблюдении этих двух особенностей мы можем а и b придавать какие угодно целые значения. Рассмотрим состав пифагорова числа л:, т. е. выражение 2а • Ь. Либо а, либо b может иметь четное значение, но тогда другой множитель уже должен быть нечетным числом, взаимнопростым с первым.

1 Мы считаем нужным особенно отметить этот момент ввиду того, что некоторые авторы (Ващенко-Захарченко например) в содержании этих формул не видят никакой разницы.

При b=\ множитель а может пробежать все четные значения ряда натуральных чисел, и тогда произведение 2 ab, т. е. само пифагорово число х, пробегает следующий ряд значений

4, 8, 12, 16, 20 и т. д.,

т. е. все четные значения натурального ряда, кратные 4.

Следующее пифагорово число у представлено выражением а2 — Ь2. Это выражение, при соблюдении двух упомянутых особенностей относительно а и Ь} принимает либо вид 4/z-j-l либо вид 4лг—1. Первый вид оно принимает при нечетном а и четном Ь, а в противном случае оно принимает второй вид. Объединяющее оба вида выражение 2т-\-\ представляет собою любое нечетное число натурального ряда, начиная с 3. Заметим, что эта характерная особенность нечетного числа левой части пифагорова уравнения особенно легко выпячена в тождестве Пифагора, где оно с самого начала представлено в виде 2/I-J-1« В этом виде оно принято было нами за исходный пункт для отыскания пифагорова тождества и в процессе решения мы никаких моментов, противоречащих этой установке, не встречали ни для четного, ни для нечетного п.

Вывод: любое нечетное число натурального ряда может быть представлено в виде разности квадратов двух взаимнопростых чисел1.

Пифагорово число п представлено выражением а2-\-Ь2. При упомянутых особенностях а и b оно принимает вид 4/z-j-l. Это не значит, что любое число этого вида может собою выражать пифагорово число г. Числа 9, 21, 33, 45. .. значениями z быть не могут. Как общее правило, можно установить следующее положение: числа вида 4п-\-1 не могут быть значениями пифагорова числа z, если они делятся на числа вида 4/я — 1.

Доказательство этого положения выходит из рамок нашей статьи, а потому мы его здесь не приводим.

Таким образом, значениями смогут быть: 1) простые числа вида 4/z-f-l, 2) степени этих чисел и, вообще, 3) произведения простых чисел вида 4/г-}-1.

Вывод: всякое число любой из упомянутых трех категорий может быть представлено в виде суммы квадратов двух взаимнопростых чисел1.

Примеры:

Таких примеров бесконечно много.

§ 8. Ряды пифагоровых чисел, представляемых членами тождества Платона

Мы начнем с тождества Платона

(2/г)2 + (/г2-1)2 = (/г2+1)2.

вследствие крайне простой структуры его членов.

Мы уже видели, что в этом тождестве аргумент п должен быть четным числом (см. § 4). Поэтому при /г = 2, 4, 6, 8 и т. д. пифагорово число х будет представлено рядом

4, 8, 12, 16 и т. д.,

т. е. тем же рядом, которым оно представлено четным значением члена тождества самого общего вида.

Пифагорово число у будет представлено рядом

22 _1, 42 - 1, 62 -1, 82 - 1 и т. д.

Типичным представителем этого ряда является выражение 4/я—1. Представляя этот же ряд в виде

4.1 — 1, 4-4 — 1, 4 - 9 — 1, 4*16 — 1 и т. д.,

мы должны сказать, что даже по отношению к форме 4/я— 1 он представляет собою хотя бесконечную, но довольно редкую группу типа 4/я—1, ибо т, ограниченный условием

у = п2—1,

не может принять любое значение натурального ряда, как это имеет место для значения у в тождестве самого общего вида.

Кроме того, в этом тождестве у теряет весь ряд значений, представляемых формой 4 m + 1- Между тем, в обоих тождествах пифагорово X характеризуется одним и тем же рядом.

1 Этого весьма важного для теории целого числа вывода мы нигде в литературе не встречали. Мы были бы глубоко признательны тому, кто бы его нам где-нибудь указал.

1 Впервые встречаем указание на этот вывод у Фермата относительно чисел первых двух категорий (см. «Целое число» А. В. Васильева, стр. 101—102.)

Возникает вопрос: почему в одном случае пифагоровы значения х влекут за собою плотные разнообразия для у и тем самым для z, а в другом случае слишком редкие?

Ответ на этот вопрос дать мы можем только в той части этой статьи, где будем говорить о так называемых «модификациях пифагоровых чисел».

Слишком также ограничен ряд значений

22+ 1, 42+ 1, 62+ 1, 82-fl и т. д.

Из него, очевидно, выпадают присущие z значения, которые никак не могут принять формы /г2 —I— 1, как, например, 13 = З2 —(— 22, 25 = 42-f32; 29 = 52 + 22; 41 =52 + 42, 53 = 72 + 22 и т. д.

Из этой группы чисел остаются в ряду платонова z только те, которые одновременно с другим разложением принимают также и разложение вида п2-\-1.

Примеры: 65 = 72 + 42= 82-f 1 145 = 924-82= 122_|_1.

Такие числа должны быть обязательно составными, что будет выяснено в упомянутых «модификациях пифагоровых чисел».

§ 9« Ряды пифагоровых чисел, представляемых членами тождества Пифагора

(2л+1)2 + (2 л2 + 2 л)2 = (2 л2 + 2л+1)2.

Член с нечетным значением, представляемый выражением 2л-(-1, пробегает все нечетные числовые значения натурального ряда. Его всевозможные числовые значения, стало быть, вполне совпадают со значениями члена общего тождества, представляемого выражением а2 — Ь2. Последнее выражение влечет за собою ряд четных чисел

4, 8, 12, 16, 20 и т. д.,

представляемых выражением

Выражение же 2л-}-1 влечет за собою ряд четных чисел

4, 12, 24, 40, 60, 84, 112 и т. д.,

представляемых выражением 2л2-|-2л, или

4 . — п(п-\-\)у

т. е. ряд учетверенных треугольных чисел*.

Крайняя скудость содержания второго ряда при сопоставлении его с первым рядом выявится вполне наглядно, когда представим эти ряды так:

1-й ряд — 4 . 1, 4 . 2, 4-3, 4-4, 4-5 и т. д.

2-й ряд —4 . 1, 4 . 3, 4 . 6, 4 . 10, 4-15...

Во втором ряду в первом промежутке (4-1, 4-3) один пропуск — 4 . 2, во втором промежутке (4 • 3, 4 • 6) два пропуска — 4-4, 4 • 5; в третьем —три пропуска, в миллионном — миллион пропусков и т. д.

Вот пробелы ряда, представляющего член пифагорова тождества с четным значением, сравнительно с рядом, представляющим четные значения члена общего тождества.

Между тем, в левых частях обоих тождеств выражениями 2л-}-1 и а2—Ь2 представлены одинаковые совокупности нечетных чисел. Из них одна влечет за собою весьма богатые содержанием ряды, характеризующие остальные два члена этого же тождества, а другая совокупность — бедные содержанием ряды для других двух членов своего тождества.

Причина такого странного, на первый взгляд, явления будет выяснена в части этой же статьи под названием «Модификация пифагоровых чисел».

II. Целочисленные прямоугольные треугольники

§ 10. Приложение теории пифагорова уравнения к решению целочисленных прямоугольных треугольников

Содержание части 1-й дает возможность легко решать прямоугольные треугольники отчасти в целых значениях, отчасти вообще в рациональных. Это положение распространяется на все элементы треугольника, кроме медиан и биссектрис. Далее, поскольку речь идет и об углах, то вместо них мы имеем в виду их тригонометрические функции.

§ 11. Решение прямоугольных треугольников.

Обозначения: площадь — s; катеты — а и Ь\ гипотенуза — с\ радиус описанного круга /?; радиус вписанного круга — г; радиусы вневписанных кругов — гау гЪу гс; р — полупериметр.

Все эти обозначения при решении целочисленных прямоугольных треугольников окажутся рациональными числами — целыми или дробными.

Рациональными окажутся, конечно, и все тригонометрические функции углов этих треугольников.

Кроме того, очень просто доказывается, что отрезки сторон, образуемые соответственными биссектрисами, тоже имеют рациональные значения.

О рациональных медианах будем говорить отдельно*. О рациональных биссектрисах совершенно говорить не будем.

* Число, представляемое выражением g л (л + 1), называется треугольным.

* См. § 18 «Задача Эйлера».

Все вышеуказанные элементы будем выводить по тождеству Пифагора.

Мы увидим, что соответственно значениям натурального ряда, которые пробегают аргумент п членов этого тождества, рассматриваемые элементы будут выражаться последовательностями, в которых наблюдается весьма интересная ритмичность. Благодаря последней вычисление упомянутых элементов, отличаясь, с одной стороны, тривиальным характером, с другой стороны — имеет для средней школы весьма важное научно-педагогическое значение.

§ 12. Вычисление элементов прямоугольного треугольника по тождеству Пифагора

(2л+1)2 + (2 п2 + 2/г)2 = (2 л2 +2/2+1)2.

Основные тройки, соответствующие 11=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7... следующие:

(3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25), (9, 40, 41)...

Эти тройки дают таблицу (см. ниже).

Примечание. Числовые значения данной таблицы выведены по общеизвестным формулам:

Обратим внимание на полученные в вертикалях ряды.

1) Площадь 5 представлена произведениями. Множимые — это последовательные нечетные числа натурального ряда, начиная от 3. Множители — это удвоенные последовательные члены ряда треугольных чисел, начиная от 1, т. е. от первого члена.

2) Полупериметр р представлен произведениями из двух сомножителей: множимые это ряд натуральных чисел, начиная от 2, а множители — ряд нечетных чисел натурального ряда, начиная от 3.

3) Целые части радиуса R — это удвоенные члены ряда треугольных чисел.

4) Радиус г выражен рядом натуральных чисел.

5) Радиус га выражен таким же рядом, начиная от 2.

6) Радиус гь выражен произведениями сомножителей: первые сомножители — числа натурального ряда; вторые — нечетные числа натурального ряда.

7) Радиус гс выражен так же, как и гь\ только первые сомножители начинаются с 2.

Вся эта ритмичность имеет своим краеугольным камнем соответствующее порядковое значение /г, по которому мы без особого труда выводим числовые значения всех элементов данного треугольника.

Пример. По /2=17 находим:

s = 35 . 22 -i . 17. 18 = 35. 17- 18; 2

/?=18 . 35; /?=17 . 18+1;

r=17;re=18; г6 = 17-35; гс = 18-35.

По /2=100 находим:

5 = 201 . 100 . 101; р=101 . 201;

#=100 . 101 +- ; г=100; 2

га=101; гЛ=100.201; гс = 101 -201.

При помощи указанной таблицы все эти значения находятся довольно просто и являются предметом весьма полезных упражнений, так как вычисление каждого из этих значений соответствует определенному геометрическому образу, который одновременно с вычислением должен быть в представлении учащихся.

п

,9

Р

R

r

Га

Гс

(а, b, с)*

1

3 . 2

2 . 3

27i

1

2

1 .3

2-3

(3, 4, 5)

2

5-6

3 . 5

6V,

2

3

2 • 5

3 . 5

(5, 12, 13)

3

7 • 12

4 . 7

îavi

3

4

3 - 7

4 . 7

(7, 24, 25)

4

9 - 20

5 • 9

207,

4

5

4 • 9

5-9

(9, 40, 41)

5

11 .30

6 - 11

3072

5

6

5 - 11

б- 11

(11, 60, 61)

6

13 - 42

7 - 13

427,

6

7

6 • 13

7 • 13

(13, 84, 85)

7

15 - 56

8 . 15

56V,

7

8

7. 15

8 - 15

(15, 112, 113)

* Обозначения a, b, с мы берем в порядке возрастания числовых значений сторон треугольника

§ 13. Отрезки стороны целочисленного прямоугольного треугольника, образуемые соответствующей биссектрисой, рациональны.

Возьмем отрезки стороны Ь, образуемые биссектрисой из вершины В. Отрезок, смежный со стороной а, обозначим через лгй, а со стороной с — через хс, так что

Ха + ХС = Ь.

Из пропорции

Ct . С « X ^ • Xç

получаем

(а + с):с = (ха + Хс ):(а-{-с)

откуда

или хс =чо • с :(а + г), т. е. хс рационально.

Аналогично

ха = а • с : (а -|- с).

III. Героновы треугольники1

§ 14. Способ для отыскания героновых треугольников

Долгое время был в ходу треугольник со сторонами 13, 14 и 15, который является целочисленным.

Действительно, по формуле

находим

Долгое время не знали, что основоположником как этой формулы, так и этого треугольника является Герон Александрийский, живший во II в. до н. э.

Во второй половине прошлого столетия то и другое положение было твердо установлено по инициативе Французской Академии наук.

В одном из отрывков «Метрику», о которой установлено было, что она является работой Герона, автор применяет упомянутую формулу к вычислению площадей двух треугольников: прямоугольного со сторонами 5, 12 и 13 и косоугольного со сторонами 13, 14 и 15. Если прямоугольный треугольник мог быть взят по формуле Пифагора

(2л + I)2 + (2л2 + 2л)2 = (2л2 -+- 2л -j-1)2

при л = 2, то для получения упомянутого косоугольного треугольника Герон, очевидно, должен был скомбинировать два прямоугольных треугольника так, чтобы у них оказался равный катет, дающий возможность приложением или наложением образовать из них один или два косоугольных треугольника.

В дополнение к треугольнику (5, 12, 13) возьмем треугольник (9, 12, 15), подобный пифагорову треугольнику (3, 4, 5).

Приложением этих треугольников- по катету 12 получим треугольник (13, 14, 15), а наложением по тому же катету получим (13, 4, 15).

Оба эти треугольника — косоугольные. Из приведенных операций над целочисленными прямоугольными треугольниками ясно, что полученные косоугольные треугольники тоже должны быть целочисленными.

Вся теория вышеприведенного процесса, очевидно, заключается в одном простом положении:

надо взять любую пару пифагоровых треугольников;

надо составить другую пару соответственно подобных им треугольников, так чтобы у последних было по равному катету;

надо эти два последних треугольника по равному катету друг к другу приложить или один на другой наложить так, чтобы в том и другом случае получился косоугольный треугольник1.

§ 15. Каждой паре пифагоровых треугольников соответствуют четыре пары героновых треугольников

Возьмем пару пифагоровых троек (av bv ct) и (tfo, Ьг% с2). По наименьшему кратному at и а2 получим первую пару героновых троек Ьх и Ь2 » вторую » » »

ах и Ь2 » третью » » »

Ьх и а2 » четвертую » » »

Черт. 1.

1 Героновыми треугольниками называются целочисленные косоугольные треугольники

1 Приложением по равному катету можно получить и 4-угольник, а наложением — еще более сложную фигуру.

Пример. Пифагоровы тройки.

(5, 12, 13) и (9, 40, 41)

дают по наименьшему кратному 5 и 9 соответственно пропорциональные им тройки

(45, 108, 117) и (45, 200, 205),

откуда первая пара героновых троек:

(117, 200 ±Ю8, 205),

треугольники которых имеют общую высоту 45.

По наименьшему кратному 12 и 40, т. е. по 120, получаем

(50, 120, 130) и (27, 120, 123),

откуда вторая пара героновых троек:

(130, 50 ±27, 123)

при общей высоте в 120.

По наименьшему кратному 5 и 40, т. е. по 40, получаем

(40, 96, 104) и (9, 40, 41),

откуда третья пара героновых троек:

(104, 96 ±9, 41)

при общей высоте в 40.

Наконец, по наименьшему кратному 12 и 9, т. е. по 36, получаем

(15, 36, 39) и (36, 160, 164),

откуда четвертая пара героновых троек:

(39, 160 ±15, 164)

при общей высоте в 36.

§ 16. О целочисленных четырехугольниках.

Уже по равному катету можно образовать целочисленные четырехугольники. Например, по треугольникам, представленным тройками

(5, 12, 13) и (9, 12, 15)

мы можем приложением по равному катету получить представленный на чертеже четыреугольник.

Круг не может быть вписан в этот четырехугольник, ни описан около него.

Мы рассмотрим четырехугольник, составленный приложением по равным гипотенузам, который по суммам противоположных углов можно, стало быть, вписать в круг. По наименьшему кратному 5 и 13 троек

(3, 4, 5) и (5, 12, 13),

т. е. по 65, получаем

(39, 52, 65) и (25, 60, 65).

Приложением по 65 находим четырехугольник (25, 39, 52, 60), который должен быть целочисленным.

Вычислим его площадь по формуле.

5= yf(p-a){p-b){p-c){p-d),

где р полупериметр, а а, Ьу с и d — стороны его. Мы получаем

5 = ]/б3.49.36.28 = |/42.92.74= 1764.

Пифагоровы тройки дают неиссякаемый запас материала для упражнений, в которых можно использовать данную формулу.

§ 17. Задача Эйлера о треугольниках с рациональными медианами1

Пусть Д ABC — целочисленный со сторонами a, b и с.

Черт 2

Черт. 3.

Черт. 4

1 Эйлер представил эту задачу в 1782 г. в Академию наук в виде особого доклада.

Пусть ABCBt — параллелограм. Пусть точка А — центр тяжести искомого треугольника, а В и Вх — его вершины.

Остается продолжить MA влево до точки Съ так чтобы АС1 = 2АМ. 1\ВВ1С1 и есть искомый.

Рациональность его медиан — в ущерб рациональности сторон его. Действительно, ВВ\ = 2 (а2-\-с2) — Ь2 ВС[ =2 (Ь2\-с2) — а2 ВХС\=2 (а2 + Ь2) — с2.

Правые части одновременно точных квадратов не представляют.

Частный случай. Когда дЛБС—прямоугольный, то правая часть одного из этих равенств всегда должна быть точным квадратом. Действительно, при гипотенузе а выражение

2(Ь2-\-с2) — а2 = а2.

До сих нор не удавалось еще найти треугольник, все элементы которого, включая медианы и биссектрисы, были бы одновременно рациональными.

IV. Ряды для составления членов пифагоровых тождеств

§ 18. Все предыдущее дает возможность указать для каждого из рассмотренных нами тождеств специальные ряды, по которым весьма удобно составляются члены каждого тождества в отдельности.

§ 19. Ряд для составления членов тождества Пифагора

(2л + I)2 -f (2л2 + 2п)2 = (2л2 + 2л +I)2.

Представим это тождество в виде

[(я + I)2 - л2]2 + [21/«2(л+1)2]2 = [(“ + 1)2 + “2]2 О)

Возьмем ряд квадратов чисел натурального ряда, т. е.

I2, 22, З2, 42, 52, б2 и т. д. (2)

По этому ряду члены тождества (1) составляются так:

1) первый член тождества есть разность двух последовательных членов ряда (2);

2) второй член тождества есть удвоенное среднегеометрическое этих же двух членов; и, наконец,

3) третий член тождества есть сумма этих же двух членов ряда (2).

§ 20. Ряды для составления членов тождества Платона

(2л)2-f (л2-1)2 = (л2+1)2.

Возьмем ряды 22, 42, б2, 82, 102 и т. д.;

I2, I2, I2, I2, I2 и т. д.

Из любой пары членов этих двух рядов, составленной из одного члена верхнего ряда и соответствующего ему члена нижнего ряда, составляются члены тождества так:

1) первый член из удвоенного среднегеометрического членов этой пары,

2) второй член тождества из разности ее членов, и

3) третий член тождества из суммы членов этой пары.

§ 21. Ряды для составления членов тождества самого общего вида

(2 а. Ь)2 + (а2 - Ь2)2 = (а2 + Ь2)2.

Возьмем два ряда

(A) 22, 42, б2, 82, 102 и т. д.

(B) I2, З2, 52, 72, 92 и т. д.

Члены тождества составляются из соответственных членов так же, как члены тождества Платона из членов своих рядов.

Имеется, однако, тут и существенное отличие.

Член 22 ряда (А) комбинируется в пару с любым членом ряда (В).

Та же общность распространяется на 42, 82, 162 и т. д.

Член б2 комбинируется в пару с любым членом ряда (В) за исключением тех, которые кратны 3.

Член 102 не комбинируется в пару только с теми членами ряда (В), которые кратны 5.

Вообще числа любой пары, составленной из членов рядов (А) и (В), должны быть взаимнопростыми.

Тем не менее и при наличности такого ограничения любой член ряда (А) комбинируется в бесконечное число пар с членами ряда (В). Наибольшая плотность падает на те совокупности пар, членами которых являются числа

22, 42, 82, 1б2 и т. д.

О МНОГОГРАННИКАХ

И. СИГОВ (Подгорное, Зап. Сибирь)

Будем называть призму или пирамиду дг-угольной в том случае, если та или другая имеет п боковых граней. Тогда всякая полная выпуклая /2-угольная призма имеет всего граней лг —|— 2, вершин 2/2 и ребер Злг, а всякая полная выпуклая /2-угольная пирамида имеет граней /г —|— 19 вершин it —|— 1, а ребер 2/2. И в том, и в другом случае сумма чисел вершин и граней на два больше числа ребер.

Числа граней, вершин и ребер усеченной призмы и усеченной пирамиды такие же, как и числа граней, вершин и ребер полной призмы, поэтому и у усеченных призм и пирамид сумма чисел вершин и граней на два больше числа ребер.

Если у /г-угольной призмы отсечь плоскостью один из трехгранных углов, то мы получим новый многогранник (черт. 1), у которого граней стало на одну больше, чем их было у призмы, т. е. их стало /2 + 3: вершин стало на две больше, чем их было у призмы (так как одна вершина исчезла, а вместо нее появились три новых), т. е. число вершин стало равным 2/2+2, и, наконец, ребер стало на три больше, чем было их у призмы, т. е. их стало 3/2 + 3. В данном случае мы опять получаем, что сумма чисел граней и вершин на два больше числа ребер этого многогранника.

Если отсечь плоскостями у /2-угольной призмы m трегранных углов, то мы получим многогранник, у которого число граней будет равно п-\-2-\ //2, число вершин равно 2/2 — //2 + 3//2, или 2/2 + 2//2 и число ребер равно 3/2 + 3//2, т. е. сумма чисел граней и вершин на два больше числа ребер этого многогранника.

Если отсечь плоскостями все 2/2 трехгранных угла /2-угольной призмы, то у получившегося таким образом многогранника число граней будет равно /2 + 2 + 2/2, или 3/2 + 2; число вершин будет равно: 2/2 — — 2/2 + 6/2, или 6/2, а число ребер — равно 3/2 + 6/2, или 9/2. И опять имеем, что сумма чисел граней и вершин на два больше числа ребер.

То же самое соотношение между суммой чисел вершин и граней и числом ребер мы получим, если отсечем плоскостью один или несколько или все трехгранные углы при основании /2-угольной полной или усеченной пирамиды.

Будем называть /2-угольной бипирамидой такой многогранник, который состоит из двух одноименных /2-угольных пирамид, сложенных вместе своими равными основаниями. /2-угольная бипирамида имеет 2/2 граней, /2 + 2 вершин и 3/2 ребер. Таким образом, и здесь сумма чисел граней и вершин превышает на два число ребер. То же соотношение между суммой чисел граней и вершин и числом ребер сохранится и в том случае, если мы отсечем плоскостью либо один, либо несколько, или все телесные углы /2-угольной бипирамиды.

Будем называть /2-угольной призмо-пирамидой такой многогранник, который состоит из /2-угольной призмы, ко всем граням которой (как к боковым, так и к основаниям) приложены своими основаниями пирамиды, причем основания этих пирамид равны тем граням призмы, на которые они наложены. Такая /2-угольная призмо-пирамида имеет граней 2/2 + 4/2, или 6/2; вершин 2/2 + 2 + + я, или 3/2 + 2, и ребер 3/2 + 2/2 + 4/2, или 9/2. Сумма чисел граней и вершин (9/2 + 2) на два больше числа ребер.

В разобранном случае пирамиды были наложены на грани так, что эти пирамиды были вне призмы, но указанное соотношение останется в силе и в том случае, когда пирамиды будут вырезаны и вынуты изнутри призмы (только эти пирамидальные углубления не должны внутри призмы соприкасаться своими вершинами).

Возьмем теперь /2-угольную пирамиду и на каждой ее грани (как на боковой, так и на основании) построим по призме так, чтобы основание каждой призмы было равно соответствующей грани пирамиды. Тогда получившийся многогранник будет иметь всего граней (3/2 + //) (это — число граней призм, построенных на боковых гранях пирамиды)+(/2+ 1) граней у призмы, построенной на основании пирамиды; всего же граней будет (5/2 + 1). Число вершин такого многогранника равно (п + 1) (это — вершины основной пирамиды) + 3/2 (это — вершины призм, построенных на боковых гранях пирамиды)+/2 (это — вершины призмы, построенной на основании пирамиды); а всего (5/2+ 1) вершин. Число ребер нашего много-

Черт. 1.

гранника равно 2/2 (это — ребра основной пирамиды) -\- 6/2 (это — ребра призм на боковых гранях пирамиды)-)- 2/2 (это — ребра призмы, построенной на основании пирамиды); а всего 10/2 ребер. Таким образом, и для этого многогранника сумма чисел граней и вершин (10/2 -\- 2) на два превышает число ребер.

То же самое можно проделать и с бипирамидой, — и указанное соотношение останется в силе. Мы могли бы пристраивать призмы не на всех, а только на некоторых гранях пирамиды, или пристраивать пирамиды не на всех, а на некоторых гранях призмы, — указанное соотношение все равно будет иметь место.

Но вот возьмем какую-нибудь призму или пирамиду и на одной или на нескольких, или на всех ее гранях построим еще или призмы, или пирамиды, но так, чтобы основания этих вновь построенных тел не были равны тем граням основного многогранника, на которых пристроены добавочные. Например: построим на одной из граней большого куба маленький кубик (черт. 2). Тогда мы получим многогранник, у которого число граней равно 6 + 5 = 11, число вершин равно 8 -f-8= 16, число ребер равно 12-|--4-12 = 24. Сумма чисел граней и вершин равна 27, т. е. она на 3 (а не на 2) больше числа ребер.

Если ту грань нашего многогранника, на которой построен маленький кубик, разбить отрезками (ребрами), соединяющими вершины большого куба с вершинами маленького кубика (черт. 3), то форма многогранника не изменится, а число его граней станет равным 14, число вершин останется равным 16, а число ребер будет равно 28. В этом случае сумма чисел граней и вершин опять будет превышать на два число ребер.

Соотношение между суммой чисел граней и вершин и числом ребер остается в силе и для полых призм; это читатель легко может проверить для любой призмы. Но вот, если взять полую призму, основаниями которой являются многогранники такого вида, как изображенный на чертеже 4, то мы получим, что у такой призмы число всех граней (наружных и внутренних) равно 8-(-2 =10, число вершин равно 7 —j— 7=14, число ребер равно 8-{- 8 -\-7 = 23, т.е. сумма чисел граней и вершин лишь на единицу превышает число ребер! Это произошло здесь оттого, что в основании призмы мы имеем многоугольник, одна из вершин которого является общей для двух его углов.

Будем называв выпуклый многогранник правильным в том случае, если все его телесные углы равны между собою, все плоские углы равны, все грани равны и все ребра равны между собою. Значит, гранями правильного многогранника являются равные между собою правильные многогранники. Какие же правильные многогранники можно образовать из определенного вида правильных многоугольников? Составим правильные многогранники сперва из правильных треугольников. Угол такого треугольника равен 60°, а из плоских углов в 60° можно образовать выпуклые трехгранные углы, четырехгранные углы и пятигранные углы (так как во всех этих случаях сумма плоских углов будет меньше 360°). Составим из равных правильных треугольников правильный многогранник сперва с телесными трехгранными углами. Пусть число его граней (треугольников) будет равно п. Значит, число всех плоских углов его равно 3/2, а число вершин телесных (трехгранных) углов равно -g- =; п.

Так как число ребер на два меньше суммы чисел граней и вершин, то это число ребер равно /2±/2 — 2, или 2/2 — 2. Но, с другой стороны, число ребер всего многогранника вдвое меньше числа всех сторон наших п треугольников, так как каждое ребро является общей стороной д в у х соседних треугольников. Таким образом, число ребер равно

Теперь мы имеем уравнение: 2/2 — 2=; = “7Г“- Решив его, мы получим, что /2 = 4, т. е. в этом случае мы имеем правильный четырехгранник (тетраэдр) с четырьмя гранями, четырьмя вершинами и шестью ребрами.

Теперь составим из правильных треугольников правильный многогранник так, чтобы телесные углы его были четырехгранные. Пусть число граней его равно п. Тогда число

Черт. 2 Черт. 3

Черт. 4

плоских углов равно Зл, число вершин его равно— (так как телесные углы его четырехгранные). Сумма чисел граней и вершин равна л 4- . л, или 1—-л. Значит, число ребер равно — 2. С другой стороны, число ребер равно — (половина всех сторон наших л треугольников). Таким образом, мы имеем уравнение: 1— л— 2=? — л. Решая его, получаем л = 8, т. е. в данном случае имеем правильный 8-гранник (октаэдр), развертка которого изображена на чертеже 5.

Черт. 5

Черт. 6

Этот многогранник представляет собою четырехугольную бипирамиду, — развертка ее показана на чертеже 6. Основание ABCDE одной пирамиды совпадает с основанием ABFQH другой пирамиды.

Теперь составим из правильных треугольников многогранник с пятигранными телесными углами. Пусть число его граней равно л. Тогда число вершин будет равно—. Значит, сумма чисел граней и вершин равна л-f-— л, или 1— л, а число ребер равно 1— л — 2. С другой стороны, число ребер равно — (половина всех сторон наших л треугольников). Следовательно, имеем уравнение: 1--- л — 2 =i — л. Решив его, получим л = 20, т. е. в данном случае имеем правильный 20-гранник (икосаэдр). Больше никаких правильных многогранников из правильных треугольников образовать нельзя.

Какие правильные многогранники можно получить из квадратов? Углы квадрата (т. е. прямые углы) могут быть плоскими углами только одного из многогранных углов, именно трехгранного (так как только в этом случае сумма плоских углов 3-90°<360°). Так что из квадратов можно построить правильный многогранник только с трехгранными угдами. Если положить число его граней равным л, то всего плоских углов будет 4л, а трехгранных углов будет Столько же будет и вершин у нашего многогранника.

Сумма чисел граней и вершин равна п-\-- или л. Число ребер равно л — 2.

С другой стороны, число ребер равно половине числа всех сторон наших л квадратов, так как каждое ребро является общей стороной двух соседних квадратов. Значит, число ребер равно или 2л. Таким образом, имеем уравнение:-^- л — 2 = 2л. Решая его, находим, что л = 6, т. е. в данном случае мы имеем правильный 6-гранник (гексаэдр), или куб. Больше никаких правильных многогранников из квадратов получить нельзя.

Теперь посмотрим, нельзя ли получить правильный многогранник из правильных пятиугольников. Угол правильного пятиугольника равен 108°. Из таких углов можно построить только лишь треугольные углы (так как 108°.3< 360°), выпуклых же четырехгранных углов образовать нельзя (так как 108°-4 уже больше, чем 360°). Итак, из правильных пятиугольников можно построить правильный многогранник только с трехгранными углами. Пусть число его граней равно л. Тогда число всех плоских углов равно 5л, а число трехгранных углов (или что то же — число вершин) равно Сумма чисел вершин и граней равна

или

Значит, число ребер равно

С другой стороны, число ребер равно половине числа всех сторон всех п пятиугольников, т. е. число ребер равно —, или 2 п. Стало быть, имеем уравнение:

2— п — 2 = 2— п.

Отсюда получаем, что п =12, т. е. в данном случае мы имеем правильный 12-гранник (додекаэдр).

Никаких других правильных многогранников построить нельзя.

СРЕДНИЕ ЛИНИИ ТРАПЕЦИИ

Е. РАЧКО (г. Иваново)

Дана трапеция ABCD, средняя линия ее

р тл ™ AB + DC Er.

Известно, что Er =-^-следовательно, EF есть среднее арифметическое между основаниями трапеции.

Проведем диагонали трапеции АС и BD и через точку их пересечения—О — прямую, параллельно основаниям ее.

Черт. 1

Рассмотрим треугольники ACD и АОМ, OM\\CD

следовательно,

(1)

Далее

а потому

(2).

Из подобия треугольников MOD и ABD вытекает, что

(3).

Но так как то и

откуда MO = ON.

Во втором равенстве заменим член ОМ равным ему членом МО, получим:

Полученное равенство сложим почленно с первым, имеем, что

или

Разделим обе части равенства на ОМ, получим:

но так как

то

т. е. прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно ее основаниям, есть среднее гармоническое между основаниями трапеции.

ТЕОРЕМА О ТОЧКЕ ПЕРЕСЕЧЕНИЯ МЕДИАН ТРЕУГОЛЬНИКА

А. МОТОРИН (Благовещенск)

Теорема «Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, отсекающей от каждой медианы третью часть, считая от соответствующей стороны» доказывается в учебниках геометрии проведением параллельных прямых. Покажем, как эту теорему можно доказать, пользуясь положениями, относящимися к площади треугольника.

Пусть в A ABC, AM и CN суть медианы сторон ВС и AB. Соединим точку О пересечения медиан с вершиной В. Так как медиана делит площадь треугольника пополам, имеем, что площадь каждого из треугольников АВМ и CBN равна половине площади всего Л ЛВС, и, следовательно, А АВМ равновелик ACBN. Вычитая из равных площадей треугольников АВМ и CBN по площади четыреугольника NBMO, получаем, что Л AON равновелик Л СОМ. Так как ON есть медиана ААОВ, а ОМ — медиана АВОС, то, следовательно, Л AON равновелик Л BON, и АСОМ равновелик Л ВОМ, т. е. все четыре треугольника AON, BON, BOM и СОМ равновелики между собой. Отсюда следует, что

(1)

Если принять за основания треугольников АВО и ОВМ стороны АО и ОМ, тогда эти треугольники будут иметь общую высоту, и, следовательно,

(2)

Из равенств (1) и (2) получаем:

Подобным образом из равенств

и

получаем:

Отсюда заключаем, что

и

Если теперь возьмем третью медиану с одной из медиан AM и CN, то также убедимся, что точка их пересечения отсекает от каждой из них — часть, считая от соответствующей стороны,— значит третья медиана должна пересечься с медианами AM и CN в одной и той же точке О.

Черт. 1

О ПОРТРЕТАХ АРХИМЕДА

А. ЦИНГЕР

23 года тому назад, когда я составлял учебник элементарной физики и подбирал к нему иллюстрации, мне очень хотелось украсить книжку портретом Архимеда. Пытаясь достать по возможности наиболее достоверное изображение великого математика и физика древности, я, прежде всего, воспользовался имевшимися у меня знакомствами в Италии и просил прислать мне фотографии с тех скульптурных изображений Архимеда, которые имеются в музеях Рима и Неаполя. Кроме того, я позволил себе обратиться за советом в Копенгаген к профессору I. L. Heiberg'y, по справедливости считавшемуся лучшим знатоком всего, относящегося к древнегреческой математике и прославившемуся замечательной находкой палимпсеста с неизвестным до тех пор посланием Архимеда к Эратосфену.

Ответы, полученные мною почти одновременно, смутили меня своею противоречивостью. Из Рима мне прислали снимок с уже встречавшегося мне раньше барельефного портрета в профиль; из Неаполя же я получил фотографию совершенно мне незнакомого бюста, в чертах лица которого не было никакого сходства с римским барельефом. Под этой фотографией, изданной фирмой Алинари, была печатная подпись: «Napoli. Museo Nazionale. Archimede (Scultura antica)». Что касается Гейберга, то он ответил мне категорическим утверждением, что ни одного сколько-нибудь достоверного изображения Архимеда до нашего времени не дошло. Чьи же портреты—те скульптурные изображения, которые хранятся в Риме и в Неаполе? Пришлось обратиться к уважаемому археологу за дополнительными раз'яснениями. Проф. Гейберг ответил мне любезным обстоятельным письмом, в котором раз'яснил, что римский барельеф—хотя и подлинное античное произведение, но изображает совсем не Архимеда, а Софокла. Греческая подпись «ApxtpiY)&ç» — несомненно поддельная, что явствует, между прочим, из того, что надпись помещена совсем не на том месте, где это делали греческие скульпторы. «Подделка, — как писал мне проф. Гейберг,—сделанная, вероятно, в эпоху Возрождения, интересна тем, что свидетельствует о том, как высоко ценился в те времена Архимед. Подделывателю, очевидно, было выгодно испор-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

тить подлинный античный портрет, отколов от него настоящее имя и при помощи поддельной подписи выдать Софокла за Архимеда».

Что касается неаполитанского бюста, то Гейберг писал мне: «Не знаю, чье изображение получили Вы из Неаполя, но, без сомнения, это никак не Архимед».

Вскоре после того в 1910 г. мне привелось быть в Неаполе. Посетив тамошний Национальный музей, было легко выяснить недоразумение с бюстом псевдо-Архимеда. Оказалось, что в каталоге музея никакого изображения Архимеда не значится, фотография же, изданная Алинари, изображает не Архимеда, а спартанского царя Архидама, жившего в V в. до н. э. Из-за грубой ошибки, сделанной в подписи под фотографией вследствие однозвучия имен, портрет энергичного воинственного царя стал иногда выдаваться за портрет великого сиракузского математика. Это досадное недоразумение попало, между прочим, в элементарный учебник физики Р. Милликэра и X. Гэля для американских школьников. В изящном томике учебника помещено около 40 портретов выдающихся деятелей физической науки и среди них на первом месте — художественная гравюра, изображающая царя Архидама, по недоразумению попавшего в совершенно не подходящее для него общество.

Ни одного изображения Архимеда не сохранилось до нашего времени.

Пытаясь себе представить внешний облик Архимеда, за неимением каких-либо реальных данных нам приходится удовлетворяться художественной интуицией живописцев и скульпторов, вдохновлявшихся образом обвеянного легендой мудрейшего математика, физика и механика древности. Припомним бегло некоторые из художественных изображений Архимеда. Трагическая тема смерти ученого старца, углубившегося в геометрическую задачу, от меча темного, грубого воина, много раз разрабатывалась художниками. Эта тема взята, например, одним итальянским художником для стенного панно в палаццо Орсини в Генуе. В зале Кенигсбергского университета на ту же тему написана картина М. Пиотровским.1 Судя по надписи «Noli tangere circulos» («Störe nicht die Kreise!») последний момент жизни Архимеда изобразил скульптор Haseroth, сделавший медаль к 150-летнему юбилею франкмасонской ложи (Treimaurer) в Альтенбурге, носившей название: «Archimedes zu den 3 Reissbretten». На медали Архимед изображен делающим геометрический чертеж на доске, а не на

1 Эта картина воспроизведена в учебнике «Elementar Physik» von Prof. I. Kleiber und Dr. H. Scheffler.

песке, как это описывается в традиционном изложении легенды.

Памятник Архимеду, поставленный в Сиракузах на берегу моря, изображает старца Архимеда в момент, когда для защиты родного города он поджигает вражеские корабли при помощи изобретенного им зеркала. Едва ли можно считать удовлетворительным и данное скульптором истолкование легенды о поджигании кораблей лучами солнца. Всякому школьнику, знакомому с элементами геометрической оптики, ясно, что таким зеркалом, какое фигурирует в монументе, что-нибудь поджечь можно лишь на расстоянии не более примерно 80 см.

Тема защиты Сиракуз от нападения римского флота, по моему мнению, лучше чем в сиракузском памятнике разработана в наивной деревянно-мозаичной картинке, относящейся, вероятно, к XVIII в., которую я видел в одной частной коллекции.

Все упомянутые картины и статуи изображают Архимеда стариком, в самую последнюю эпоху его жизни. Мне известен лишь один скульптурный портрет, которым художник стремился воспроизвести облик Архимеда в вполне зрелом, но еще полном силы возрасте. Это — медаль работы V. Catenacci. Я не знаю в точности, когда и по какому случаю была отчеканена эта, весьма художественно исполненная, медаль; знаю только, что она не может относиться к двухтысячелетнему юбилею смерти Архимеда, бывшему в 1788 г., так как все работы Catenacci относятся к более поздней эпохе первой половины XIX в.

Рис. 4

Рис. 5

О ПРОСТЫХ СПОСОБАХ НАБЛЮДЕНИЙ ФЛЮКТУАЦИЙ

А. ШТЕРНОВ, Н. СИМОНОВИЧ и А. УСКОВА

В 1934 г. Андреевым было опубликовано сообщение1, согласно которому существовала возможность наблюдения броуновского движения невооруженным глазом. При этом Андреев использовал дифракционную картину, возникающую при отражении света от шлифа, покрытого тонким слоем жидкости. Однако дальнейшие наблюдения2 показали, что причиной возникающей здесь дифракции является не движение отдельных броуновских частиц, а движение целых слоев — струй жидкости при наличии внутренных течений или при отсутствии последних, — флюктуации плоскости дисперсной среды. Авторы данной статьи произвели ряд соответствующих опытов для исследования подобных явлений в проходящем свете. Все эти опыты (крайне легко осуществимые) могут быть использованы в школьной практике, как прекрасная иллюстрация внутренних, хаотических движений в жидкости.

1. Авторы брали эмульсию или взвесь и наливали ее тонким слоем на горизонтально расположенную стеклянную пластинку. Точечный источник света давал с помощью диафрагмы узкий пучок лучей и освещал слой жидкости. Ход лучей и расположение приборов показаны на рисунке 1.

Глаз наблюдателя, как видно из рисунка, помещается так, чтобы в него не попадали прямые лучи от источника S. На рисунке 1 глаз помещен выше прямого пучка, однако его возможно помещать и ниже пучка. И в том и в другом случае в глаз попадают лишь рассеянные лучи, идущие от освещенного поля в слое жидкости. При наблюдении достаточно хорошо заметно мерцание освещенного участка, что об'ясняется движением рассеивающих свет частиц. Особенно отчетливо заметно мерцание на краях освещенного поля.

2. Указанное явление наблюдается еще ярче при наблюдении жидкости в стеклянном сосуде с плоско-параллельными стенками. Установка показана на рисунке 2.

Здесь это явление можно наблюдать и без диафрагмы. Мерцание заметно и в том случае, когда глаз помещен в пучке прямого света. Сосуд, повидимому, не должен быть очень широк. Авторы пользовались сосудами, расстояние между параллельными стенками которых было 3—4 мм.

3. Авторы использовали также цилиндрический стеклянный сосуд и добивались поразительной картины, при которой было заметно не только мерцание света, вызывавшееся движением внутренних слоев (или флюктуации), но и как бы непосредственное движение отдельных частиц. При этом хорошо заметны дифракционные пятна.

Схема наблюдений показана на рисунке 3.

Лучше видно с диафрагмой, хотя последняя и не обязательна. Наилучшая видимость получается, если глаз поместить как можно ближе к поверхности ци-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

1 «Доклады Академии наук СССР», 1934, т. 1, стр. 62.

2 См., например, Е. Kappler, «Phys. Z.», 36, 643, 1935 г.

линдрического сосуда. Тогда все поле зрения делится ярко освещенной полосой, приходящейся как раз против глаз, на две половины. И в верхней и в нижней части освещенного поля ясно заметны черные и цветные (от происходящей дифракции) точки, находящиеся в хаотическом движении. При соответствующей концентрации раствора (взвеси) движение можно наблюдать длительный период (до нескольких часов).

4. Если использовать, как цилиндрический сосуд, обыкновенную химическую пробирку, то указанное явление можно наблюдать не только против глаза, но и внизу, на выпуклом конце пробирки. Необходимо, конечно, глаз скосить вниз (рис. 4). Как и раньше, глаз держать возможно ближе к сосуду, и, передвигая сосуд (или глаз) вверх и вниз, добиться наилучшей видимости.

5. Все вышеуказанные наблюдения производились с различными жидкостями. Были использованы: разбавленное молоко, растворы крахмала, гидраты окиси железа, канифоли и суспензии угля. Нужно заметить, что удачные наблюдения могут быть только при некоторых определенных концентрациях жидкости, которые достигались путем последовательных разбавлений.

Источником света служила двенадцативольтная (котельная) лампа.

6. При демонстрировании опытов целесообразно устанавливать несколько препаратов около одного источника. Это значительно ускоряет процесс наблюдения, ибо дает возможность одновременно проводить несколько наблюдений. Для этого достаточно закрыть источник черной бумагой с несколькими вырезанными отверстиями в нужных направлениях.

Рис. 4

МЕТОДИКА

ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ В СРЕДНЕЙ ШКОЛЕ

И. БРАУН (г. Энгельс)

Задачи на построение — это чрезвычайно важный для математического развития учащихся раздел. Он до последнего года почти совершенно не прорабатывался в школах. На это обращено внимание Наркомпроса. В приказе наркома просвещения т. Бубнова от 5 августа 1934 г. за № 569 мы читаем: «... Совершенно недостаточно упражняются учащиеся в решении геометрических задач на построение. Почти совершенно не практикуются упражнения в переводе алгебраических задач на язык наглядных геометрических построений...»

В целях ликвидации этого прорыва в программу X класса на 1934/35 учебный год была включена специальная тема — решение задач на построение методами геометрических мест точек, подобия и алгебраическим. В новых программах Наркомпроса от 1935 г. такой специальной темы в X классе уже нет, так как необходимые навыки в решении задач на построение учащиеся должны приобретать постепенно, по мере прохождения курса планиметрии и стереометрии. Так как для большинства учителей вопрос этот совершенно новый, то вполне понятно, что в процессе работы они могут натолкнуться на значительные трудности, особенно методического характера, так как с этой стороны вопрос еще почти не освещен.

В настоящей статье я имею в виду дать некоторые указания по этому вопросу, главным образом методического характера.

§ 1. Основные задачи на построение

Задачами на построение называются задачи, требующие построения геометрической фигуры циркулем и линейкой. Указание на то, что при вычерчивании геометрических фигур можно пользоваться только циркулем к линейкой, мы находим уже у Платона (427—347 гг. до н. э.); это требование было признано всеми; этим требованием мы руководствуемся и до настоящего времени.

В курсе геометрии после соответствующих разделов приводятся так называемые основные задачи на построение, которые проходятся как обязательный программный материал. После проработки признаков равенства треугольников дается следующая группа.

1. Построить угол, равный данному.

2. Разделить данный угол пополам (на 2П частей).

3. Через данную точку провести перпендикуляр к данной прямой (два случая).

4. Разделить данный отрезок пополам (на 2Л частей).

К числу основных задач в том смысле, что учащиеся должны запомнить построения, нужно отнести еще:

5. Построить треугольник по двум сторонам и углу, заключенному между ними.

6. Построить треугольник по стороне и двум прилежащим углам.

7. Построить треугольник по 3 сторонам.

8. Построить треугольник по 2 сторонам и углу, противолежащему большей из них.

9. Построить треугольник, равный данному.

После проработки раздела о параллельных прямых добавляются:

10. Через данную точку провести прямую, параллельную данной прямой.

Следует обязательно дать как основную задачу вариант: на данном расстоянии от данной прямой провести к ней параллельную.

11. Разделить данный отрезок на п равных частей.

К числу задач, решение которых учащиеся также должны знать, как программный материал, относятся еще следующие, более сложные задачи:

12. Через данную точку на или вне окружности провести касательную к данной окружности.

13. К двум данным окружностям провести общую внутреннюю или внешнюю касательную.

Эти задачи даются после проработки окружности.

После проработки вопроса о центральных и вписанных углах к этим задачам прибавляется:

14. Построить дугу сегмента, вмещающего данный угол.

После проработки подобия фигур сюда прибавляются еще:

15. К трем данным отрезкам построить четвертый пропорциональный.

16. Данный отрезок разделить в отношении т:п внутренним и внешним образом.

После проработки вопроса о метрических соотношениях в прямоугольном треугольнике сюда прибавляется задача:

17. Построить отрезок X—средний-пропорциональный между двумя данными отрезками.

В этом же разделе дается чисто-алгебраическое решение задачи:

18. Разделить данный отрезок в среднем и крайнем отношениях.

Эти задачи должны быть усвоены особенно хорошо, так как решение всякой другой (более сложной) задачи на построение после анализа ее приводится к одному или нескольким из этих основных построений.

Примечание к задаче 16

В стабильном учебнике дано только внутреннее деление отрезка AB в отношении m :п. Чтобы найти обе точки, делящие данный отрезок AB в данном отношении т:п, через точки А и В проводят произвольные параллельные друг другу прямые (черт. 1).

На одной из них откладывают АК=т, на другой — ВКХ = п и ВК2 = п.

Отрезок КК2 делит AB в точке F в отношении m:п внутренним образом, а продолжение KKi — в точке Ft внешним образом. Действительно, из подобия треугольников AFK и K2FB следует, что AF : FB = АК :ВК2 = т :п; точно так же следует из подобия треугольников AFt К и BFtKlt что AFX : BFX = AK : ВКХ ^=т:п.

§ 2 Сложные задачи на построение

Сложными задачами на построение будем называть такие, решение которых сводится к двум или нескольким приведенным выше основным построениям.

Пример 1. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и острому углу.

Даны:

Запись. Построить прямоугольный треугольник.

Решение. Взяв от руки прямоугольный треугольник (черт. 2) и отметив данные гипотенузу и острый угол, мы непосредственно из чертежа усматриваем, что решение задачи сводится к следующему (черт. 3):

1. При некоторой точке А произвольной прямой АС строим данный нам L CAD (основная задача № 1).

2. На прямой AD откладываем отрезок AB, равный данной гипотенузе, и

3. Из точки В опускаем перпендикуляр ВС на прямую АС (основная задача № 3).

Л ABC—искомый, так как удовлетворяет всем требованиям задачи: он прямоугольный, и гипотенуза и острый угол равны заданным по построению.

§ 3. Общий прием решения задач на построение

Следует обратить особенное внимание на прием, которым мы решили предыдущую

Черт. 1

Черт. 2

Черт. 3

задачу, так как он является общим для всех задач на построение: мы взяли от руки фигуру, которую надо было построить (предположив задачу как бы решенной), и, отметив данные в условии задачи элементы, установили связь этих последних с искомой фигурой; это дало нам возможность расчленить решение задачи на ряд основных построений и установить последовательность (план) их выполнения.

Пример 2. Построить равнобедренный треугольник по высоте и углу при вершине.

Даны: 1) высота,

2) угол при вершине.

Построить равнобедренный треугольник.

Взяв от руки равнобедренный треугольник (черт. 5) и отметив данные, мы устанавливаем следующую связь между данными и искомой фигурой: 1) в равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, делит угол при вершине пополам; следовательно, каждый из углов ABD и DBC должен быть равен половине данного; 2) высота делит основание пополам; поэтому AD ==? = DC.

Построение. 1. Из произвольной точки D прямой MN (черт. 6) восставим перпендикуляр и отложим DB = h.

2. При точке В строим L DBC=i~.

3. Откладываем DA=iDC и точку А соединяем с точкой В. A ABC—искомый.

Доказательство. /\АВС—равнобедренный, так как ВС=^АВ (из равенства треугольников ABD и DBC); по этой же причине LABD=^L DBC = ^ , и, следовательно, L АВС=. ß. Высота BD равна данной высоте h по построению.

§ 4. Метод синтетический и аналитический

Говоря об основных методах преподавания математики, мы, прежде всего, должны упомянуть методы синтетический и аналитический.

Синтетический метод ведет нас от известного к неизвестному.

Он утверждает: «Так как верно А, то верно и Въ.

Аналитический метод, наоборот, идет от неизвестного к известному.

Он утверждает: «Чтобы доказать, что верно В, нужно доказать, что верно Аъ.

Пример доказательства теоремы синтетическим методом.

Теорема. Если из одной и той же точки вне круга провести произвольную секущую и касательную к этому кругу, то произведение всей секущей на ее внешнюю часть равно квадрату касательной.

Дано:

АС— секущая; AB — касательная.

Требуется доказать, что АС • AD = Ав2 (черт. 7).

Доказательство. Соединим точки в и С и В и D и рассмотрим образовавшие-

Черт. 4

Черт. 5

Черт. 6

Черт. 7

ся треугольники ABC и ABD: они подобны, так как у них LA общий, и LBCD=* = Z ABD (оба измеряются половиной <JBD)\ из подобия их заключаем, что ^- = — , откуда AC- AD =;АВ2.

Доказательство той же теоремы методом аналитическим. Чтобы доказать, что AC*AD= АВ', достаточно доказать, что —=—, но так как АС и AB и AB и AD — соответственно стороны треугольников ABC и ABD, имеющих общий угол, заключенный между этими сторонами, то пропорция —=- будет верна только в том случае, если треугольники АБС и ABD будут подобны; они действительно подобны, так как, кроме общего Z.A, имеют еще по равному углу: L BCD = L ABD (оба измеряются половиной KJ BD).

Метод решения сложных задач на построение исключительно аналитический. Допустив, что задача решена, т. е. взяв от руки фигуру, которую надо построить, nu путем расчленения и дополнения ее сводим построение этой фигуры к простейшим, уже известным нам, построениям.

Между тем, наши учащиеся, вообще говоря, привыкли к методу синтетическому.

Попробуйте вызвать к доске учащегося, даже из старших классов, и предложить нетрудную задачу: построить треугольник по двум сторонам и медиане к третьей стороне. Он начертит 3 отрезка и, глядя на них, будет думать, как их скомбинировать, чтобы получить искомый треугольник. Конечно, он никогда таким путем искомого треугольника не построит.

Поэтому первой и главной задачей преподавателя должно быть научить учащихся анализировать задачу.

§ 5. Анализ задачи

Анализ задачи на построение заключается в том, что:

а) предполагают задачу решенной, т. е. берут от руки фигуру, которую надо построить, и отмечают в ней данные;

в) если нужно, вводят вспомогательные линии, чтобы получить такую фигуру, которую легко построить.

Учащиеся с большим трудом овладевают методом анализа, особенно же трудно приобретается ими навык введения вспомогательных линий; часто им непонятен самый смысл этой операции; поэтому первое время нужно давать задачи, решение которых не требует введения вспомогательных линий, как, например: построить треугольник по основанию а, высоте ha и медиане та.

Взяв от руки произвольный Л ВАС и отметив данные (черт. 8), учащийся непосредственно из чертежа усматривает, что решение задачи сводится к построению прямоугольного /SADE по гипотенузе и катету и соответствующему дополнению его1.

Таких примеров можно подобрать десятка полтора (что мною в дальнейшем и сделано— см. распределение материала по годам обучения).

Важно, чтобы на этих примерах учащиеся привыкли под диктовку условия задачи брать от руки соответствующую фигуру, отмечать данные и затем — по рассмотрении этой фигуры— намечать план построения. Это — начало анализа, его первая ступень. Вообще же здесь особенно важно соблюдение основного педагогического принципа — перехода от легкого к более трудному.

§ 6. Распределение задач по группам

В рассматриваемом вопросе можно наметить следующие группы задач по возрастающей степени их трудности:

1-я группа. Задачи, решение которых непосредственно усматривается из взятого от руки чертежа; введения вспомогательных линий не требуется.

Пример 3. Построить равнобедренный треугольник по основанию и углу при вершине.

К этой группе относятся № 1—16 прилагаемого списка, которые могут быть решены в 6 классе, непосредственно после изучения треугольников.

Черт. 8

1 Когда учащиеся будут знакомы с методом геометрических мест точек, то они решат эту задачу этим последним методом.

2-я группа. Построение фигуры сводится к построению какой-нибудь ее части и соответствующему дополнению. Введения вспомогательных линий так.-ке не требуется.

Пример 4. Построить треугольник по основанию Ь, стороне с и медиане шъ.

Взяв от руки А ЛВС (черт. 9) и отметив данные, мы видим, что непосредственно построить весь А ABC нельзя; зато легко построить часть этой фигуры, а именно А ABD (по трем сторонам).

Построив эту часть, мы легко переходим ко всей фигуре путем соответствующего дополнения (продолжить AD, отложить DC= = AD и точку С соединить с вершиной В).

Пример 5. Построить параллелограм по двум диагоналям и стороне.

Взяв от руки чертеж и отметив данные (черт. 10), учащийся из чертежа усматривает что построение параллелограма сводится к построению AAOD (или COD) по трем сторонам и соответствующему дополнению. К этой группе задач относятся № 17—21, которые также могут быть решены в VI классе, и, кроме того, № 22—57 на построение четырехугольников. Эти задачи могут быть решены только в VII классе после изучения параллелограмов.

3-я группа. Задачи, анализ которых требует введения вспомогательных линий. К этой группе нужно подойти осторожно: нужно, чтобы учащиеся поняли и смысл введения вспомогательных линий и приобрели некоторый навык в этом деле. В качестве примера можно взять задачу:

Пример 6. Построить треугольник по двум сторонам и медиане к третьей стороне.

Взяв от руки треугольник и отметив в нем данные (черт. 11), преподаватель говорит:

— Вы видите, что ни всего треугольника, ни части его (AABD или A BDC) пока построить нельзя, так как в каждом из этих треугольников известны только по две стороны.

Подумайте теперь: если бы задача была уже решена, и мы продолжили бы BD, отложили DE = BD и соединили точку Е с точками Л и С (преподаватель пунктиром проводит все эти линии),— какую мы получили бы фигуру? (Параллелограм.)

Почему? (Диагонали делят друг друга пополам.)

Посмотрите теперь на А ВСЕ: чему равна сторона ЕС? Чему равна BEI Можно ли построить треугольник ВЕС? (Можно по 3 сторонам.) Значит, мы А ABC построить не могли, но А ВЕС, который получился бы, если бы А ЛВС был уже построен, и мы продолжили бы медиану BD (и так далее) мы можем построить уже сейчас, еще до построения искомого треугольника.

Построим этот треугольник. Как из этого треугольника получить искомый А ABC? Нужно к BE провести медиану CD, продолжить ее, отложить DA —CD и соединить А и В.

Сделав построение, преподаватель доказывает, что фигура построена верно. После 2—3 таких примеров учащиеся, если будут внимательны, поймут смысл введения вспомогательных линий.

Другое дело навык; последний приобретается только практикой, после достаточного количества упражнений.

Преподаватель при этом постоянно подчеркивает цель введения вспомогательных линий и то, что определенных правил, какие именно линии в том или другом случае надо

Черт. 9

Черт. 10

Черт. 11

вводить, нет. Некоторые указания мо.кно сделать на следующем примере:

Пример 7. Построить прямоугольный треугольник по катету и разности между гипотенузой и другим катетом.

Взяв от руки прямоугольный треугольник (черт. 12), преподаватель говорит, что так как дана разность AB — ВС, то попробуем отложить на гипотенузе В А катет ВС (BD — — ВС) и соединить точки D и С; получились фигуры неудачные: ни ABDC, ни AADC построить нельзя. Попробуем тогда гипотенузу В А отложить на катете ВС и его продолжении (черт. 13). Пусть BD = BA; соединив точки £ и D, получим прямоугольный AACD, который построить можно по двум катетам; так как Л ABD равнобедренный, то вершина В определится, если через середину AD провести перпендикуляр и продолжить его до пересечения с продолжением катета DC. Из этого примера видно, что если дана разность сторон, то эту разность каким-то образом нужно ввести в чертеж (взятый от руки); если бы была дана сумма, мы ввели бы сумму; из этого же примера видно, что не следует разрушать известные элементы: первая вспомогательная линия CD оказалась неудачной, потому что мы ею разрушили прямой угол.

К задачам этой группы относятся № 58—82, которые могут быть решены в VII классе непосредственно после задач 2-й группы (не все, конечно, на это нехватит времени).

После самостоятельного решения учащимися 2—3 задач этой группы преподаватель дает полный разбор задачи на построение.

§ 7. Полный разбор задачи на построение

Из приведенных выше примеров мы видим, что решение всякой сложной задачи на построение сводится к следующему:

1. Нужно взять от руки фигуру, которую требуется построить (предположить, что задача решена) и отметить в ней данные — точки, отрезки и углы.

Если по рассмотрении этой фигуры выяснится, что ни всю ее, ни части ее непосредственно построить нельзя, то вводят вспомогательные линии с целью получить фигуру, которую построить можно. Построив эту фигуру, устанавливают связь ее с искомой, чтобы выяснить, как из нее получить искомую. Это — самая главная часть решения задачи на построение и называется анализом задачи.

2. По намеченному таким образом плану проводят при помощи циркуля и линейки построение.

3. После этого доказывают, что полученная фигура удовлетворяет всем требованиям задачи.

Из последующих примеров мы, кроме того, увидим еще, что

4. Задачу исследуют, всегда ли она возможна, имеет ли она одно или больше решений и при каких условиях.

Проведем такой полный разбор следующей задачи:

Пример 8. Построить треугольник по основанию Ь, углу при основании а и сумме 5 двух других сторон.

Даны: 1) основание,

2) сумма сторон а-{-с,

3) угол при основании. Построить по этим данным треугольник (черт. 14).

Примечание. В последующих задачах данные для построения элементы в чертежах приводиться не будут: эти чертежи нужно подразумевать.

Анализ. Пусть А ABC искомый (черт. 15). Отметив данные, мы видим, что без вспомогательных линий не обойтись.

Так как дана сумма сторон а -{- с, то естественно продолжить одну из этих сторон и на продолжении отложить другую. Пусть BD = a. Соединив точку D с точкой С, мы

Черт, 12 Черт. 13

Черт. 14

получим Л ADC, который построить можно по двум сторонам и углу между ними: основание b и угол а даны, сторона AD = c-\--)ç-a = S тоже дана.

Построив Л ADC, мы легко перейдем к искомому (к А ABC), если примем во внимание, что A BDC равнобедренный, и следовательно, вершина В лежит на перпендикуляре, проведенном через середину основания DC.

Построение. Берем отрезок АС=Ь (черт. 16); при точке А (или С) строим LCAD — &\ на стороне AD откладываем отрезок AD — S; соединяем точки D и С и через середину DC проводим перпендикуляр OB; соединив точки В и С, мы получим искомый A ABC.

Доказательство. А ABC удовлетворяет всем требованиям задачи: 1) основание АС=Ь и угол САВ = <х по построению; остается доказать, что сумма сторон а-\-с = = S; сторона AD = S по построению, а BD = a (из равенства прямоугольных треугольников BDO и ВСО); следовательно, и c + a — AD — S.

Исследование. Задача имеет одно решение при S > b и будет невозможной, в случае *S=^ b, что непосредственно усматривается из чертежа.

После решения каждой задачи, начиная уже с задач 1-й группы, преподаватель требует от учащихся доказательства верности решения ее, сопровождая эти доказательства иногда чисто опытной проверкой (особенно вначале); учащимся с самого начала предлагаются также легкие вопросы исследовательского характера — всегда ли задача возможна, когда невозможна и т. д., но полный разбор задачи на построение лучше дать после решения нескольких задач 3-й группы.

В дальнейшем от учащихся нужно требовать, чтобы при решении задачи они делали полный разбор ее.

§ 8. Специальные методы

Есть и такие задачи, анализ которых провести чрезвычайно трудно без знания специальных методов, например:

Пример 9. Построить треугольник по основанию Ь, углу при вершине ß и высоте hb.

Анализ. Взяв от руки А ABC (черт. 17) и отметив данные элементы, мы видим, что ни всей фигуры, ни части ее мы построить не можем; трудно также ввести такие вспомогательные линии, чтобы в конце концов получилась фигура, которую можно было бы построить.

Решение этой задачи требует применения одного из специальных методов (именно — метода геометрических мест точек), которые мы и рассмотрим.

Главные из методов решения задач на построение следующие: 1) метод геометрических мест, 2) метод подобия, 3) метод параллельного перенесения, 4) метод вращения вокруг точки, 5) метод вращения вокруг прямой, 6) метод обратности и 7) метод алгебраический.

Рассмотрим три из них: 1) метод геометрических мест точек, 2) метод подобия и 3) метод алгебраический (подробнее о методах вообще см. Александров — «Методы решения задач на построение»).

§ 9. Метод геометрических мест

Геометрическим местом точек, обладающих некоторым свойством, называется линия (или совокупность линий или поверхность), содержащая все точки, обладающие этим свойством, и не содержащая ни одной точки, не обладающей этим свойством. В стабиль-

Черт. 15

Черт. 16

Черт. 17

ном учебнике планиметрии рассматриваются следующие геометрические места точек:

1) Геометрические места точек, одинаково удаленных от данной точки, есть окружность.

2) Геометрические места точек, одинаково удаленных от двух данных точек, есть перпендикуляр через середину отрезка, соединяющего эти две точки.

3) Геометрические места точек, одинаково удаленных от сторон данного угла, есть биссектриса этого угла.

4) Геометрические места точек, имеющих от данной прямой определенное расстояние, есть совокупность двух прямых, параллельных данной прямой и проведенных от нее на данном расстоянии.

5) Геометрические места точек, из которых данный отрезок AB виден под данным углом а, есть дуга сегмента, вмещающего данный угол; в частности, геометрические места точек, из которых данный отрезок AB виден под прямым углом, есть окружность, описанная около AB, как диаметра.

Пример 10. Дана прямая ЛБ и вне ее две точки С и D. На данном расстоянии от AB найти точку, одинаково удаленную от точек С и D (черт. 18).

Так как искомая точка должна быть одинаково удалена от точек С и Д то она должна лежать на перпендикуляре OK, проведенном через середину отрезка CD; с другой стороны, искомая точка должна находиться на данном расстоянии от данной прямой AB и, следовательно, должна лежать на одной из прямых MN или Мх Nv параллельных AB и проведенных от нее на данном расстоянии.

Искомыми точками будут точки К и Klf т. е. точки пересечения OK с прямыми MN и Мх Nv Задача имеет два решения.

Пример 11. Построить треугольник по основанию ß, углу при вершине ß и высоте hb.

Анализ задачи. Пусть дABC искомый (черт. 19). Так как основание треугольника АС дано, то задача сводится к отысканию вершины В, обладающей следующими двумя свойствами: 1) она удалена от основания АС на расстояние, равное данной высоте /г, и, следовательно, лежит на прямой, параллельной основанию и проведенной от него на расстоянии, равном h\ 2) из вершины В основание АС видно под данным углом ß, следовательно, вершина В лежит на дуге сегмента, вмещающего данный угол, а это значит, что вершина В должна лежать, на пересечении двух геометрических; мест точек: дуги сегмента и параллельной.

Построение. На произвольной прямой откладываем отрезок ACt=b (черт. 20), на отрезке АС строим дугу сегмента, вмещающего данный угол ß; на расстоянии hb от АС проводим прямую, параллельную ЛС* точки пересечения В и В± соединяем с основанием; получаем два треугольника, очевидно, удовлетворяющие требованиям задачи.

Доказательство.

Исследование. Задача может иметь одно, два или ни одного решения — в зависимости от взаимного положения дуги сегмента, вмещающего данный угол, и прямой, параллельной основанию.

Пример 12. Построить треугольник по основанию Ьу медиане тк и радиусу /?описанного круга.

Анализ. Допустим, что задача решена. Пусть дАВС (черт. 21) — искомый треугольник. Так как основание АС известно, то задача сводится к отысканию вершины В% обладающей следующими свойствами:

1) она лежит на окружности радиуса R, проходящей через точки А а С;

Черт. 18

Черт. 19

Черт. 20

2) расстояние ее от середины D основания АС равно ть, и, следовательно, она лежит на окружности радиуса тъ, проведенной из точки Д как центра.

Построение. Берем отрезок АС=Ь (черт. 22), около него, как хорды, проводим окружность радиуса R (или проще: проводим окружность радиуса R и откладываем в ней хорду АС=Ь); из середины D отрезка АС проводим окружность радиусом, равным ть\ точки пересечения В и Вг соединим с Л и С. Треугольники ABC и АВХС—• искомые.

Доказательство, д ABC (так же, как и ААВХС) удовлетворяет всем требованиям задачи: радиус описанного крута равен R и основание АС равно b по построению; медиана BD = mb, так как вершина В лежит на окружности радиуса тъ, проведенной из точки D, как центра.

Исследование. Проведем диаметр LLV перпендикулярный к хорде АС, и пусть LD>DLX.

Задача будет иметь одно решение, если mb = DL или mb = DLt; в этих случаях Д ABC будет равнобедренный. Задача будет иметь два решения, если DL1<mb<LD, и ни одного решения, если: 1) w6<DL1 и 2) если mb=^^R. При mb = ^ = R задача будет неопределенной.

§ 10. Нахождение геометрических мест точек

Лица, интересующиеся задачами на построение, должны запомнить возможно большее число геометрических мест; в сборниках задач на построение имеются специальные разделы — задачи на нахождение геометрических мест точек; нужно овладеть методом решения этих задач.

Метод нахождения геометрических мест так же, как и метод решения задач на построение, строго аналитический, а именно: мы допускаем, что найдена точка, удовлетворяющая требованиям задачи, и устанавливаем связь ее с данными в условии элементами (точками, прямыми, плоскостями). Если, например, выяснится, что произвольно взятая точка, удовлетворяющая требованиям задачи, в то же время находится на некотором вполне определенном расстоянии от данной (твердой) точки, то это значит, что геометрическое место точек, удовлетворяющих требованиям задачи, есть определенная окружность.

Метод нахождения геометрических мест покажем на следующих двух примерах, которые рекомендуем запомнить.

Пример 13. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведенных из данной точки А данной окружности.

Анализ. Пусть точка К— одна из точек, удовлетворяющих условию задачи, т. е. пусть эта точка делит пополам некоторую хорду AB (черт. 23). Так как хорда AB и отрезок КО взаимно-перпендикулярны, то значит, из точки К радиус АО виден под прямым углом; то же самое можно сказать относительно всякой другой точки Kit делящей пополам хорду ABV Отсюда мы заключаем, что середины всех хорд, проведенных из данной точки А данной окружности, лежат на окружности Ov проведенной около ради-

Черт. 21

Черт. 22

Черт. 23

уса АО, как диаметра. Но этого недостаточно: нужно доказать еще, что всякая точка проведенной нами окружности Ох удовлетворяет условию задачи, т. е. делит хорду, проведенную через нее из точки А, пополам.

Возьмем для этого на окружности Ot (черт. 23) произвольную точку К2, проведем через нее хорду АВ2 и докажем, что К2 есть середина хорды АВ2.

Соединим центр О с точкой К2\ L АК20 прямой, как вписанный, опирающийся на концы диаметра, а перпендикуляр из центра окружности на хорду делит последнюю пополам.

Итак, геометрическое место середин всех хорд, проведенных изданной точки Л данной окружности О, есть окружность, описанная около радиуса АО, как диаметра.

Пример 14. Найти геометрическое место точек, расстояния которых от двух данных точек Ап В (черт. 24) находятся в постоянном отношении m :п.

Анализ. На самом отрезке AB всегда можно найти две точки F и Fv удовлетворяющие требованиям задачи (основная задача № 16). Пусть точка M— одна из точек вне прямой, удовлетворяющая условию, т. е. пусть ——=—: соединив эту точку с точками F и Fv мы получим биссектрисы внутреннего и внешнего угла /\АМВ, так как

(см. о биссектрисах внутреннего и внешнего угла треугольника). Следовательно, L FMFt = = d. Отсюда заключаем, что из всякой точки М, удовлетворяющей требованиям задачи, отрезок FFt виден под прямым углом, иначе: всякая точка М, расстояния которой от точек А и В находятся в отношении m : п, лежит на окружности, описанной около отрезка FFt как диаметра, причем F и Ft— точки, делящие отрезок AB внутренним и внешним образом в отношении т:п.

Остается доказать, что всякая точка этой окружности удовлетворяет требованиям задачи, т. е. расстояния ее от точек А и В находятся в отношении т\п.

Возьмем на этой окружности произвольную точку Мх и докажем, что — — = —,

Последние равенства будут верны, если MtF будет биссектрисой £АМХВ, a MtFt — биссектрисой LBM^D. Докажем, что MtF и MtFt соответственно биссектрисы углов АМХВ и BMXD, способом от противного.

Допустим, что MtF не биссектриса £АМ±В; пусть биссектрисой этого угла будет некоторая прямая МХЕ, пересекающая AB в точке Е влево от точки F; тогда и биссектриса внешнего L BMXD должна пересечь продолжение AB влево от точки Ft в некоторой точке Ev так как £FM1F1 = d (как вписанный, опирающийся на концы диаметра), a £EM1E1 = d по допущению, так как биссектрисы двух смежных углов взаимно-перпендикулярны, и, следовательно,

На основании теоремы о биссектрисах внутреннего и внешнего угла треугольника АЕ : ЕВ =; АЕХ : BEV но это невозможно, так как АЕ : ЕВ < AF :FB = m:n, а AEt :ВЕХ>AFt :BFt = т:п, и, следовательно, АЕ : ЕВ < АЕг :ВЕ±.

Точно так же можно доказать, что биссектриса MtE не может лежать вправо от MXF\ другими словами, MXF—биссектриса LAM^B, и следовательно,

MtA :MxB=:AF\FB=^m\n.

§ 11. Практическое применение

Покажем на примерах, как могут быть использованы эти геометрические места точек для построений.

Пример 15. Построить А ABC по основанию Ь, медиане тс и радиусу Дописанного круга.

Примечание. Для решения задач на построение, в которых в числе прочих условий дается радиус описанной окружности, пользуются, за редкими исключениями, следующим приемом: берут окруж-

Черт. 24

ность данного радиуса и вписывают в нее искомую фигуру; данная задача может быть поэтому сформулирована таким образом : в окружность данного радиуса/? вписать треугольник по основанию b и медиане тс.

Черт. 25

Анализ. Пусть А ABC (черт. 25) искомый треугольник; хорда АС известна, ее легко отложить в данной окружности; остается решить вопрос, как провести сторону (хорду AB), чтобы медиана CD к этой стороне была равна данному отрезку. Конец D медианы CD должен лежать на окружности, проведенной из точки С радиусом CD; хорда AB должна в точке пересечения с этой окружностью разделиться пополам; мы подошли, таким образом, к задаче: на дуге KDKi найти точку, в которой хорда AB, проведенная из точки А, делилась бы пополам.

Мы знаем: геометрическое место середин всех хорд, проведенных из данной точки А данной окружности, есть окружность, проведенная около радиуса АО данной окружности, как около диаметра; точка пересечения этой окружности с дугой KDKt будет серединой стороны AB.

Построение. Из произвольной точки О описываем окружность радиуса R (черт. 25); в этой окружности откладываем хорду АС= = Ь\ из точки С описываем дугу KDKt радиусом CD = mo; около радиуса А О, как диаметра, описываем окружность. Соединив точки А и D и продолжив AD до пересечения с окружностью О, получим вершину искомого треугольника.

Доказательство. Основание полученного треугольника и радиус описанного круга равны заданным отрезкам по построению; CD — медиана, так как делит сторону AB пополам и равна заданному отрезку по построению.

Исследование. Задача будет невозможной, если тс>2/?; при me<C2R задача будет невозможной, если окружность Ot не пересечет дуги KDKX; задача будет иметь одно решение, если окружность Ох будет касательной к KDKV и два решения, если окружность Ох пересечет w KDKt.

Пример 16. Построить треугольник по основанию Ь, высоте А6 и отношению т:п боковых сторон.

Указание. Вершина искомого треугольника должна лежать на пересечении двух геометрических мест: на параллельной к данному основанию, проведенной от него на расстоянии, равном данной высоте hb, и на геометрических местах точек, расстояния которых от концов основания находятся в данном отношении т:п.

Пример 17. Построить треугольник по основанию, отношению боковых сторон и радиусу описанного круга.

Указание. Данным радиусом описать окружность и в ней провести хорду, равную данному основанию. Вершина искомого треугольника должна лежать на этой окружности и на геометрическом месте точек,, расстояния которых от концов данного основания (хорды) находятся в данном отношении.

Пример 18. Построить треугольник по основанию Ь, медиане wfr и отношению min двух других сторон.

Указание. Вершина искомого треугольника должна лежать на геометрическом месте точек, расстояния которых от концов данного основания находятся в данном отношении и на растоянии тъ от середины основания.

Пример 19. Построить треугольник по основанию Ь, биссектрисе ä0 и отношению m :п двух других сторон.

Указание. Вершина искомого треугольника должна лежать на геометрическом месте точек, расстояния которых от концов основания находятся в отношении т:п и на расстоянии kb от точки, делящей основание в отношении m: п (точка пересечения биссектрисы с основанием).

Пользуясь этим же геометрическим методом точек, можно решить следующие две задачи (хотя они, как увидим после, решаются проще методом подобия).

Пример 20. Построить треугольник по основанию, углу при

вершине и отношению боковых сторон.

Пример 21. Построить прямоугольник по гипотенузе и отношению катетов.

§ 12. Применение метода геометрических мест в школе

Все до сих пор выпущенные руководства и сборники задач на построение начинают решение этих задач с метода геометрических мест; это отчасти и понятно,— ведь большинство задач, рассмотренных нами в первых трех группах — до метода геометрических мест, — в сущности, сводятся к отысканию точек, обладающих теми или иными свойствами и определяемых, следовательно, пересечением соответствующих геометрических мест.

Но при такой постановке вопроса мы лишим преподавателя возможности говорить о более или менее сложных задачах на построение вплоть до четвертой четверти VII класса, где впервые, по программе, даются понятия о геометрическом месте точек и самые геометрические места; у учащихся будет слишком мало времени для тренировки в решении задач на построение: несколько часов в конце седьмого года обучения, 2-3 урока во вторую четверть в VIII классе (метод подобия) и 5 часов в конце восьмого года (алгебраический метод).

Между тем, приемы и навыки в решении задач на построение, как уже указывалось выше, должны прививаться учащимся постепенно в процессе длительной практики: вот почему нами подобрана целая серия задач (первые три группы), которые могут быть решены учащимися еще до понятия о геометрическом месте точек, а именно: начиная с четвертой четверти VI класса. Эти задачи, вполне доступные учащимся шестых и седьмых классов, дадут им значительную тренировку в решении задач на построение еще до применения специальных методов.

Специальные методы начинаются с метода геометрических мест (четвертая четверть седьмого года обучения).

По ознакомлении учащихся с геометричеческими местами, им предлагаются задачи на отыскание точки в порядке возрастающей трудности, а именно:

1. Отыскание точки на данной линии.

Пример. На данной прямой найти точку, одинаково удаленную от сторон данного угла.

2. Отыскание точки на плоскости.

Пример. На расстоянии а от данной прямой MN найти точку, одинаково удаленную от двух данных точек А и В.

3. Построение фигур, сводящихся к отысканию точки.

Пример. Построить треугольник по основанию Ь, углу ß и высотеhb.

В таком порядке задачи, помещенные в конце этой статьи, и расположены.

Нужно также, чтобы учащиеся овладели методом нахождения геометрических мест точек; для примера можно взять:

Пример 22. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведенных из данной точки данной окружности (черт. 26).

Черт. 26

Спросить: что дано? (Окружность, и следовательно, центр О и радиус; кроме того, точка А на окружности.)

Сколько хорд можно провести из точки А? Как расположены середины этих хорд? (Они образуют некоторую кривую). Какую?

Чтобы ответить на этот вопрос, возьмем произвольную середину /С, соединим ее с данными (твердыми) точками и рассмотрим полученный ААКО; LAKO—d\ значит, из произвольной точки К искомой кривой радиус АО виден под прямым углом, а это значит, что искомая кривая — окружность, проведенная около радиуса АО, как диаметра.

После этого учащимся объясняется решение задачи : построить ААВС по bx т0 и R (см. ч. 1-ю, пример 11).

Другим типичным примером нахождения геометрического места точек является задача: найти геометрическое место точек, расстояния которых от двух данных точек находятся в постоянном отношении т:п, которую также следует рассмотреть в классе.

§ 13. Метод подобия

Метод подобия применяется тогда, когда в условии задачи дан только один линейный элемент, другими же данными являются углы

или отношения линейных элементов; он заключается в том, что, исключив из условия задачи линейный элемент, строят фигуру, подобную искомой, а затем при помощи ее строят искомую фигуру.

Пример 23. Построить треугольник по отношению m :п двух сторон, углу р, заключенному между ними, и высоте А& к третьей стороне.

Решение. Если отбросить условие о длине высоты, то по оставшимся условиям (отношению двух сторон и углу, заключенному между ними) можно построить сколько угодно треугольников, подобных искомому (второй признак подобия треугольников). Построим один такой треугольник; для этого строим данный угол и на его сторонах отложим отрезки m и п (черт. 27). ААХВС{ подобен искомому. Проведем в этом треугольнике высоту BDX и на ней отложим отрезок BD — hb\ через точку D проведем АС\[АХСХ. A ABC — искомый.

Действительно, он подобен ААХВСХ и значит, ---~=;-g^-==т\п\ £В = $,п высота BD — hb по построению.

Пример 24. Построить треугольник по двум углам и биссектрисе третьего угла.

Если отбросить данный линейный элемент (биссектрису), то можно построить сколько угодно треугольников, подобных искомому (по двум углам).

Построим один такой АА1ВС1 (черт. 28). Проведя в нем биссектрису BLX LB, отложим на ней отрезок BL, равный заданной биссектрисе, и через точку L проведем прямую АС ff AtCv A ABC—очевидно искомый.

Пример 25. Построить треугольник по двум углам и периметру.

Решение. Построим ААВХСХ по двум данным углам (черт. 29); он будет подобен искомому.

Вопрос теперь в том, чтобы сделать его периметр равным заданному. Для этого проведем из А произвольную прямую и отложим на ней отрезок AM, равный заданному периметру; на этом же отрезке отрезок АМХ, равный периметру д ABtCv Соединив точки Мх и Сх, проведем из точки M прямую MC II МХСХ до пересечения с продолжением АСХ в точке С. Из точки С проведем СВ II СХВХ. /\АВС— искомый.

Действительно, АВС^АВХСХ, следовательно, углы его соответствуют заданным. Докажем, что и периметр /\АВС равен заданному отрезу AM.

Обозначив периметр /\АВС через Р, а периметр дАВхСг через Рх, будем иметь: Р\РХ—АС\АСХ — АМ\АМХ, или Р:РХ = = АМ:АМХ, но так как Pt = AMx, то и Р = АМ.

Пример 26. Построить трапецию по одной из диагоналей и данным отношениям сторон m:q:n:p.

Решение. Отбросив условие о длине диагонали, построим трапецию ABXC^X по четырем сторонам m, q, п и р (или пропорциональным им) (черт. 30). Эта трапеция будет подобна искомой (см. стабильный учебник планиметрии, VIII, § 17). Остается построить диагональ (пусть АСХ), равную заданной. Отложим на диагонали АСХ заданную диагональ АС и из точки С проведем CD J) CxDt и СВ (I СХВ,.

Черт. 27

Черт. 28

Черт. 29

Трапеция ABCD — искомая.

Примечание. Такое доказательство (к задаче 21) приведено потому, что в стабильном учебнике (на котором основаны вообще доказательства) нет теоремы о подобии многоугольников; можно было бы написать проще, а именно:

Доказательство. Многоугольники ADCB и AD1C1B1 подобны, как многоугольники, состоящие из одинакового числа подобных и одинаково расположенных треугольников, поэтому

AD:DC:CB :BA = m:q:n :р.

Если читатель знаком с вопросом о центре подобия фигур, то об'яснение может быть дано проще, а именно: трапеция ABCD подобна трапеции АВгСхй1% так как стороны их соответственно параллельны и сходственные вершины находятся попарно на прямых, проходящих через одну и ту же точку А (центр подобия).

Поэтому AD : DC : СВ : В А = т :q :п :р.

Учащиеся должны хорошо усвоить раздел о подобии фигур, в частности, они должны помнить, что в подобных фигурах пропорциональны все сходственные линейные элементы; например, в подобных треугольниках сходственные высоты, биссектрисы и медианы пропорциональны сходственным сторонам; периметры подобных фигур также относятся; как сходственные стороны, а площади — как квадраты сходственных линейных элементов.

Полезно проделать следующие предварительные упражнения:

1. Даны сумма S и отношение т\п двух отрезков; найти эти отрезки. Решение — на чертеже 31.

2. Продолжить данный отрезок AB до точки X так, чтобы AB :Вх = — т\п. Решение — на чертеже 32.

3. Продолжить отрезок AB до точки X так, чтобы Ах :АВ = т :п. Решение — на чертеже 33.

4. Продолжить отрезок AB до точки X так, чтобы Ах:Вх = т : пя Решение — на чертеже 34.

Эти основные построения, основанные на свойстве сторон углов, пересекаемых параллельными прямыми, понадобятся впоследствии при решении некоторых из задач, приведенных в конце этой статьи.

После этого преподаватель об'ясняет сущность метода подобия; в качестве примеров можно взять наиболее простые и типичные задачи, например:

1. Построить треугольник по двум углам и высоте.

2. Построить прямоугольник по отношению сторон и диагонали, и др.

Черт. 30

Черт. 31

Черт. 32

Черт. 33

Черт. 34

§ 14. Алгебраический метод

Прежде чем перейти к алгебраическому методу, нужно ознакомиться с построением некоторых простейших алгебраических формул; дело в том, что если а, Ь, с... некоторые данные отрезки, то такие выражения, как, например, ~\/аЬ, |/ а2-|-62можно построить чисто геометрически, при помощи циркуля и линейки. Построим }/aô.

Обозначим это выражение через х, т. е. пусть х — ^ab; мы видим, что х есть средняя пропорциональная между отрезками а и b (выражение х= ^ab может быть написано в таком виде

Чтобы построить среднюю пропорциональную двух данных отрезков, отложим на некоторой прямой MN (черт. 35) отрезки АВ = а и ВС=Ь; около АС, как диаметра, описываем полуокружность и из точки В проводим BD]_MN до пересечения с полуокружностью в точке D; BD — средняя пропорциональная между а и b (см. в курсе планиметрии о перпендикуляре, опущенном аз точки окружности на диаметр).

Приведем несколько простейших формул, наиболее часто встречающихся при решении задач на построение алгебраическим методом <я, Ь, с, d, е... данные отрезки).

1. х-— (построение четвертой пропорциональной к трем данным отрезкам).

Построение. Если на сторонах некоторого угла (черт. 36) отложим отрезки AB —с, ВС—а (или Ь) и AD = b (или а), соединим точки В и D и из точки С проведем CK\\BD, то прямая CK отсечет на стороне АК некоторый отрезок

Действительно, на основании теоремы о сторонах угла, пересекаемых параллельными прямыми, х\а — Ь\с, откуда х = —.

2.

Решение. Задача сводится к двукратному построению четвертой пропорциональной. Перепишем эту формулу в виде

и определим

подставив у вместо

определим

3. х = У^ а2-\- Ь2; в данном случае х — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами а и Ь.

4. x—Yя8 — à2; X — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой а и катетом Ь.

5. х = УаЬ (или x2 = ab). Об'яснение дано выше.

6. X = ab -h cd; построив у2 —ab и z2 = cd, подставим их в данную формулу; получим х — У у2 -\- z2, т. е. формулы (3) и (4).

7. .

Подведя а под знак корня, получим

т. е. формулу (5).

8. к = У~а2-{- Ь2 — с2. Построив отрезок ^, соответствующий уравнению у2 — а2 -\- Ь2

Черт. 35

Черт. 36

(формула 3) и подставив его в данную формулу, получим х = Уу2—с2, т. е формулу (4).

9. X = *|/ построив у=— н подставив, получим х- У ус, т. е. формулу (5).

Этими основными и простейшими формулами мы ограничимся.

Более подробно о построении алгебраических формул см. М. Ф. Берг.— «Приемы решения геометрических задач на построение».

Алгебраический метод решения задач на построение, заключается в том, что, обозначив какой-нибудь отрезок, необходимый для решения вопроса (для построения), составляют уравнение, из которого определяют этот отрезок обычным алгебраическим способом, но полученное выражение не вычисляют, как это делают при определении корней уравнения, а строят, как показано в примерах 1—9, построения алгебраических формул.

Поясним это на примерах. Лучшим примером является следующий:

Пример 27. Данный отрезок а разделить в среднем и крайнем отношении.

Об'яснение и решение этой задачи имеются в курсе планиметрии (см. стабильный учебник Гурвиц и Гангнус, ч. 1-я, гл. XVIII, § 4).

Пример 28. Дан круг и вне его точка М. Провести из точки M секущую так, чтобы внешняя часть ее была вдвое больше внутренней (черт. 37).

Примечание. Когда говорят «дан круг», то это значит, что известны положение центра и радиус круга, который обозначим через г.

Так как положение точки M также известно, то известен и отрезок MA центральной секущей, который обозначим через а; тогда MB = а-\-2 г.

Анализ. Допустим, что задача решена (черт. 38). Пусть MD искомая секущая, т. е. пусть MC вдвое больше CD. Обозначив Ml через X, а хорду CD через и применяя теорему о секущих и их внешних частях составим уравнение:

или

откуда

Для определения х мы строим среднюю пропорциональную между — и а -\-2 г, т. е. центральной секущей MB.

Определив (построением) х, мы из точки M описываем радиусом, равным х, дугу, пересечение которой с данной окружностью определит две точки, через которые должна пройти искомая секущая.

Исследование задачи. Для исследования задачи напишем формулу

в таком виде:

Задача будет невозможна при

или

Черт. 37

Черт. 38

Решив это неравенство, получим а>4г, т. е. задача невозможна, если внешняя часть центральной секущей больше удвоенного диаметра.

Задача будет иметь одно решение, если х = а; тогда искомой секущей будет центральная секущая; это будет в том случае, если

или

а = 4 г.

Наконец, задача будет иметь два решения, если х>а\ это будет в том случае, если

или

а<4г.

Пример 29. По одну сторону от данной прямой MN находятся две точки А и В. Провести через эти две точки окружность, отсекающую от прямой MN хорду данной длины.

Анализ. Допустим, что задача решена, т. е. допустим, что хорда CD равна заданной длине а (черт. 39).

Продолжим ВА до пересечения с прямой MN в точке К; отрезки КА и KB обозначим соответственно через b и с.

Определим отрезок КС; обозначив его через xf мы на основании теоремы о секущих и их внешних' частях можем составить следующее уравнение: (л: -j- а) х= be, откуда

х2-\-ах — be —0 и

Для построения этой формулы мы построим сначала

и затем

Определив х, мы отложим КС — х и через три точки А, В и С проводим окружность.

Задача имеет два решения:

отрезок КС в этом случае должен быть отложен в том направлении, какое КС имеет на чертеже; тогда отрезок КС должен быть отложен в противоположном направлении.

Доказательство. Легко доказать, что если отрезок КС (черт. 39) будет равен

то хорда CD действительно будет равна данному отрезку а. Обозначив хорду CD через X, а отрезок КС через q, будем иметь

(q -f х) q =; be, откуда q2 -f - qx = be и

Подставив вместо q его значение, т. е.

будем иметь:

Пример 30. На данном основании а построить треугольник, равновеликий данному квадрату со стороною b и имеющий при вершине данный угол а.

Черт. 39

Анализ. Допустим, что задача решена, и А ЛВС искомый (черт. 40). Обозначим неизвестную высоту треугольника, соответствующую основанию я, через х\ тогда, согласно условию,

откуда

Построив X (как четвертую пропорциональную к отрезкам 2Ъ, b и я), будем иметь задачу: построить треугольник по основанию, углу при вершине и высоте, уже решенную нами раньше (см. метод геометрических мест, пример 7).

На построение алгебраических формул и решение задач алгебраическим методом программой отведено 5 час.

Сущность метода учащимся становится понятной уже после решения задачи: данный отрезок разделить в среднем и крайнем отношении, приведенной в стабильном учебнике. Преподавателю остается только подчеркнуть, что для решения этой задачи мы пользовались особым приемом: обозначив неизвестный отрезок через Ху мы составили уравнение, решили его, т. е. выразили х через другие данные отрезки, но полученное выражение не вычислили, а построили.

Этим методом мы будем пользоваться при решении многих задач; поэтому нам нужно прежде всего научиться строить алгебраические формулы. Преподаватель объясняет построение главнейших формул, приведенных в начале этого параграфа; после этого следует проделать в классе еще 2—3 практических примера на применение алгебраического метода и дать учащимся задачи для самостоятельного решения.

В заключение приведем решение следующей задачи, которою рекомендуем подробно рассмотреть в классе.

Пример 31. Построить треугольник, подобный данному А А^В^Сх и равновеликий данному А А2В2С2 (черт. 41).

Решение. Обозначив площади данных треугольников соответственно через St и 52, а площадь и основание искомого треугольника через S и by будем иметь:

так как левые части этих равенств равны (S = S2 по условию), то равны и правые, т. е.

или

Остается построить отрезок Ь. Построив и затем Ь — УуЬх , получим основание искомого треугольника, на котором построим А АВСу подобный Ai41ß1C1.

§ 15. К технике ведения уроков

Первое время при решении задач на построение как со стороны преподавателя, так и со стороны учащихся необходимо точное выполнение всех формальностей:

а) учащийся отмечает на доске все данные в виде отрезков, углов и т. д.;

б) сделав анализ, нужно точно, при помощи циркуля и линейки, выполнить все построения: построение углов, проведение перпендикуляров, проведение окружностей и т. д.;

Черт. 40 Черт. 41

в) после чисто логического обоснования верности построения фигуры полезно сделать опытную проверку путем сравнения элементов фигуры с заданными.

Таково же должно быть на первых порах отношение учащихся и к домашним работам. Но при такой работе преподаватель будет успевать за академический час проделывать с учащимися не более 2—3 задач (и то простейших), так что для достаточной тренировки учащихся у него нехватит времени. Поэтому, начиная с некоторого момента, правда, чрезвычайно осторожно, можно учащимся разрешать проведение перпендикуляров, биссектрис, медиан и прочего от руки.

Преподаватель этот момент уловит сам; если, например, средний ученик говорит: «Нужно из точки С опустить перпендикуляр на прямую MN... ну, мы уже знаем, как это сделать,— я проведу его от руки»,— то можно ему разрешить это. Так постепенно учащиеся начинают делать от руки все, повторяя только словами: «Опустим перпендикуляр, разделим угол пополам» и т. д. Они уже теперь понимают, что смысл решения задач в анализе и в тех логических рассуждениях, которые нужны для обоснования решения. Точно так же можно данные для построения фигуры записывать буквами

(a^m«, £A,ha и т. д.)

вместо того, чтобы брать их в натуральном виде. То же нужно сказать о самостоятельных домашних работах. Для приобретения навыков черчения учащиеся могут одну из 3—4 заданных на дом задач выполнить полностью.

При таком ведении дела преподаватель успеет проделать достаточное число упражнений.

Но, повторяю, преподаватель при этом должен быть уверен, что учащиеся знают основные задачи отлично.

Ведь если учащийся, решая сложную задачу на построение, должен будет хоть чуть задуматься над тем, как опустить перпендикуляр или разделить угол пополам, то он уже не будет в состоянии сосредоточиться на анализе задачи и плане решения ее: его внимание будет рассеяно. Основные задачи являются основой, «таблицей умножения» для задач на построение и потому должны быть пройдены отлично. Недаром они приведены во всех учебниках геометрии и изучаются, как теоретический программный материал.

§ 16. О записи условия задачи в тетради и на классной доске

Для сокращения записи полезно приучить учащихся к условным знакам, принятым в наших стабильных учебниках (Н. Рыбкин — «Сборник задач по тригонометрии»), а именно.

В прямоугольном треугольнике a, b— катеты, с — гипотенуза.

В равнобедренном треугольнике b — основание; а —с — боковые стороны.

В косоугольном треугольнике a, Ь, с — стороны, Д В и С — противолежащие им углы.

5 — площадь; 2р — периметр;

R — радиус описанного круга; г — радиус вписанного круга; hay Кау та — высота, биссектриса и медиана к стороне а. Добавим к этому:

В параллелограме a, b. Су d — стороны; Л, By С, D — углы, прилежащие к концам этих сторон (см. черт. 42);

Черт. 42

е — диагональ АСУ /—диагональ BD; L(eyf)—угол между диагоналями; Z(ß, е)— угол между стороной я и диагональю е; ha — высота между сторонами я и с; hb — высота между сторонами b и d.

Запись условия задачи таким путем может быть значительно сокращена. Для примера запишем условие задачи:

Построить параллелограм по стороне я, разности диагоналей и углу между диагоналями (черт. 43).

Черт. 43

Повторяю, первое время следует требовать от учащихся, чтобы они под соответствующими обозначениями чертили и данные величины.

ПРИЛОЖЕНИЕ

ПЕРЕЧЕНЬ ЗАДАЧ1 НА ПОСТРОЕНИЕ ДЛЯ РЕШЕНИЯ В ПЯТЫХ — ВОСЬМЫХ КЛАССАХ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ

V класс. В стабильном учебнике для этого класса приведено достаточно так называемых элементарных построений.

Можно было бы к ним добавить еще задачу: даны сумма и разность двух отрезков; найти эти отрезки.

VI класс. Четвертая четверть (после треугольников и основных задач на построение).

1. Построить треугольник по двум сторонам и высоте к третьей стороне.

2. Построить прямоугольный треугольник по двум катетам.

3. Построить прямоугольный треугольник по катету и прилежащему острому углу.

4. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету.

5. Построить равнобедренный треугольник по основанию и высоте.

6. Построить равнобедренный треугольник по основанию и углу при основании.

7. Построить равнобедренный треугольник по периметру 2 р и основанию Ь.

8. Построить прямоугольный треугольник по сумме и разности катетов.

9. Построить треугольник по стороне и разности углов, прилежащих к этой стороне.

10. Построить треугольник по сумме и разности двух сторон и углу, заключенному между ними.

11. Построить треугольник по основанию, высоте и проекции одной из боковых сторон на основание.

12. Построить треугольник по основанию b, углу при вершине В и биссектрисе этого угла.

13. Построить равнобедренный треугольник по высоте и боковой стороне.

14. Построить равнобедренный прямоугольный треугольник по высоте hc .

15. Через вершину угла провести прямую, образующую со сторонами угла равные внешние,углы.

16. Через точку, данную вне (или внутри) угла провести прямую, отсекающую от сторон угла равные отрезки.

Задачи, требующие предварительного построения части искомой фигуры

17. Построить треугольник по сторонам a, b и медиане тъ.

18. Построить треугольник по a, b и к

19. Построить треугольник по Ьу тъ и к-

20. Построить треугольник по by hc и m с •

21. Построить треугольник по Ь, £В и hc.

VII класс. Вторая четверть (после проработки четырехугольников).

Чтобы напомнить учащимся приемы решения задач на построение, с ними можно проделать пару задач из VI класса, примерно № 12 и 20.

22. Через данную точку С провести прямую, пересекающую данную прямую MN под данным углом.

23. Построить треугольник по hc , тс и LA.

Построить прямоугольник:

24. По стороне и углу между диагоналями.

25. По стороне и сумме диагоналей.

26. По диагонали и углу между диагоналями.

Построить ромб:

27. По стороне и диагонали.

28. По двум диагоналям.

29. По углу и диагонали.

30. По стороне и высоте.

Построить параллелограм:

31. По двум сторонам и диагонали.

32. По стороне и двум диагоналям.

33. По стороне, углу и диагонали.

34. По двум диагоналям и углу между ними.

35. По двум диагоналям и углу, образуемому одной из них со стороной.

36. По двум сторонам и углу, заключенному между стороной и диагональю.

37. По стороне я, диагонали и высоте ha.

38. По двум диагоналям и высоте.

1 Часть задач мною взята из «Сборника геометрических задач» В. Я. Гебель и из книги М. Ф. Берг — «Приемы решения геометрических задач на построение».

Черт. 44

Построить трапецию (обозначения см. черт. 44).

39. По a, ft, L A, LD.

40. По a, ft, LB, /D.

41. По a, ft, LB, LC.

42. По a, d, e, LA.

43. По а, с, e, LD.

44. По a, ft, с, h.

45. По а, с, /, h.

46. По a, ft, с, f.

47. По a, ft, J, /.

Построить равнобедренную трапецию:

48. По a, ft, /.

49. По a, ft, Z#.

50. По a, ft, Л.

51. По а, /, h.

52. По /, h, LA.

Построить прямоугольную трапецию (LA=zd):

53. По a, ft, е.

54. По а, с, /.

Построить четырехугольник:

55. По а, Ь, с, tf, LD.

56. По a, ft, с, d, /.

57. По a, ft, г, /.

Введение вспомогательных линий

58. Построить треугольник по а, с, /л6.

59. Построить треугольник по основанию ft, углу при основании и сумме двух других сторон.

60. Построить треугольник по основанию ft, разности двух других сторон и

а) меньшему углу при основании, б) большему углу при основании.

61. Построить треугольник по двум углам и сумме двух сторон.

62. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и

а) сумме катетов; б) разности катетов.

63. Построить прямоугольный треугольник по катету и

а) сумме гипотенузы с другим катетом; б) разности гипотенузы с другим катетом.

Построить прямоугольник:

64. По сумме двух сторон и диагонали.

65. По разности двух сторон и диагонали.

66. По сумме двух сторон и углу, заключенному между стороной и диагональю.

Построить ромб:

67. По стороне и сумме диагоналей.

68. По стороне и разности диагоналей.

69. По углу и сумме стороны с диагональю.

70. По углу и разности между стороной и диагональю.

Построить параллелограм:

71. По стороне, углу между диагоналями и а) сумме диагоналей; б) разности диагоналей.

72. По углу, стороне и сумме одной диагонали с другой стороной.

73. По углу, стороне и разности между диагональю и другой стороной.

74. По стороне, сумме диагоналей и углу между данной стороной и диагональю.

75. По периметру, диагонали и углу между этой диагональю и стороной.

76. Построить трапецию по четырем сторонам.

77. Построить трапецию по a, ft, c.LD (см. черт. 44).

78. Построить трапецию по a, ft, d,/_A.

79. Построить равнобедренную трапецию по разности оснований, средней линии и боковой стороне.

80. Разделить пополам угол между двумя непараллельными прямыми, точка пересечения которых недоступна.

81. В А ABC провести параллельную основанию так, чтобы верхний отрезок одной боковой стороны был бы равен нижнему отрезку другой.

82. Дана прямая M и вне ее точки А и В. Найти на прямой M такую точку С, чтобы АСМ = £ BCN.

Метод геометрических мест

VII класс. Четвертая четверть.

83. На данной прямой MN найти точку, одинаково удаленную от двух данных точек А и В.

84. Даны прямая MN и точка С вне ее; на прямой MN найти точку, расстояние которой от точки С равно данному отрезку а.

85. Даны две непараллельные прямые AB и CD. На прямой AB найти точку, расстояние которой от CD равно данному отрезку.

86. На данной прямой MN найти точку, одинаково удаленную от концов данного отрезка AB.

87. Даны два непараллельных отрезка AB и CD. Найти точку К, удовлетворяющую условиям: КА = КВ и КС = KD.

88. Даны точки А и В. Найти точку, удаленную от точки А на данный отрезок /й и от точки В — на данный отрезок п.

89. Найти точку, удаленную от данной прямой на расстояние р и от данной точки — на расстояние q.

90. Даны прямая MN и на ней две точки А и В. На расстоянии а от MN найти точку, из которой отрезок AB был бы виден иод данным углом а.

91. Даны две точки M и N. Через точку M провести прямую, которая находилась бы на расстоянии р от точки N.

92. Построить треугольник по основанию by высоте hb и медиане ть.

93. Построить треугольник по основанию ft, углу В и высоте hb.

94. Построить треугольник по ft, hbyLBy mb,

95. Построить треугольник по ft, /гь, hc.

96. Построить треугольник по о, Ла, hb.

97. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе с и высоте Лс.

98. Построить параллелограм по углу и двум диагоналям.

98а. Построить параллелограм по стороне, диагонали и углу между диагоналями.

99. Построить параллелограм по основанию а, высоте ha и углу между диагоналями.

100. Построить параллелограм по основанию а, высоте hb (между сторонами ft и с) и углу между диагоналями.

101. Превратить данный треугольник в равновеликий ему параллелограм, имеющий с ним одинаковую высоту и данный угол.

102. Превратить данный треугольник в равновеликий ему параллелограм, имеющий с ним одинаковую высоту и данную боковую сторону ft.

103. Превратить данный треугольник в равновеликий ему параллелограм, имеющий с ним одинаковую высоту и данную высоту между другими параллельными сторонами.

104. Данный треугольник превратить в равновеликий ему параллелограм, имеющий с ним одинаковую высоту и данную диагональ.

Окружность

Под № 105 — 156 приводим:

а) предварительные упражнения для изучения свойств окружности и хорд и

б) задачи, основанные на этих свойствах, решаемые методом геометрических мест точек.

а) Предварительные упражнения

Найти геометрическое место точек:

105. Центров окружностей, касающихся данной прямой в данной точке.

106. Центров окружностей, имеющих одну общую точку.

107. Центров окружностей, касающихся данной окружности в данной на ней точке.

108. Середин равных хорд, проведенных в данной окружности.

Найти геометрическое место центров окружностей данного радиуса:

109. Проходящих через данную точку. 110. Касающихся данной прямой.

111. Касающихся извне данной окружности, изнутри.

112. Отсекающих от данной прямой хорды данной длины.

Найти геометрическое место центров окружностей:

113. Касающихся двух данных параллельных прямых.

114. Касающихся двух данных пересекающихся прямых.

115. Дана окружность и на ней точка А. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведенных в данной окружности из точки А.

116. Дана окружность и вне ее точка А. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведенных в данной окружности из точки А.

117. Дана окружность и внутри ее точка А. Найти геометрическое место середин всех хорд, проведенных в данной окружности через точку А.

К данной окружности провести касательную:

118. Параллельно данной прямой.

119. Образующую с данной прямой данный угол.

120. Пересекающую две данные прямые под одинаковым углом.

121. Равноотстоящую от двух данных точек.

122. Отрезок которой, заключенный между двумя данными параллельными прямыми, равнялся бы данной длине.

123. Отрезок которой, заключенный между точкой касания и данной прямой, равнялся бы данной длине.

124. Даны две точки А и В; провести прямую MN так, чтобы расстояния точек Л и Л от этой прямой были бы равны соответственно данным отрезкам р и q.

В данном круге провести хорду данной длины:

125. Параллельную данной прямой.

126. Образующую при продолжении данный угол с данной прямой.

127. Проходящую через данную внутри или вне круга точку.

128. Через точку, данную внутри круга, провести хорду, делящуюся в этой точке пополам.

Построить треугольник по:

129. а, Ъ и/?. 130. £А, £В и R.

131. а, £В и/?.

Построить треугольник по:

132. LA>LB и г- 133- a,LB и г-

Построить прямоугольный треугольник по:

134. ^ Ау R. 135. Катету а и г.

136. £А и г.

Построить равносторонний треугольник по:

137. h—R. 138. г.

Построить четыреугольник по:

139. /?, а, Ь, с. 140. /?, а, Ь9£А.

141. /?, а, су е.

142. В данный сектор вписать окружность.

б) Задачи, решаемые методом геометрических мест

143. Описать окружность, проходящую через данную точку и касающуюся данной прямой или окружности в данной на ней точке.

144. Даны окружность и прямая. Найти на этой последней такую точку, чтобы внешний и внутренний отрезки секущей, проведенной из нее к данной окружности,были соответственно равны данным отрезкам т и п.

145. Данным радиусом описать окружность, которая проходила бы через данную точку и:

1) касалась данной прямой;

2) касалась данной окружности;

3) отсекала от данной прямой хорду данной длины.

146. Данным радиусом описать окружность, которая касалась бы данной прямой и:

1) касалась другой данной прямой;

2) касалась данной окружности;

3) отсекала от данной прямой хорду данной длины.

147. Данным радиусом описать окружность, касающуюся двух данных параллельных прямых и лежащей между ними данной окружности.

148. Описать окружность, касающуюся двух данных параллельных прямых и лежащей между ними данной окружности.

Построить треугольник по:

149. Стороне а, высоте hb и радиусу R описанного круга.

150. Углу Ау высоте ha и R.

151. ^А, К Я; 151 (а)- а> т*> Я-

152. a, mb, R; 152 (а). Ла, та> R.

Построить треугольник по:

153. Высоте Ла, /_B и радиусу г вписанного круга.

154. д, hb% г.

Построить прямоугольный треугольник по:

155. Гипотенузе и радиусу вписанного круга.

156. Радиусам R и г.

Метод подобия

VIII класс. Вторая четверть.

157. Через точку, данную внутри или вне угла, провести прямую, отсекающую от сторон угла отрезки, имеющие данное отношение.

158. Построить треугольник по двум углам и 1) высоте; 2) медиане; 3) биссектрисе; 4) разности двух сторон; 5) сумме двух сторон; 6) периметру.

159. Построить треугольник по отношению двух сторон, углу, заключенному между ними, и одному из перечисленных в предыдущей задаче шести линейных элементов.

160. Построить треугольник по отношению двух сторон, углу, противолежащему большей из них, и одному из линейных элементов.

161. Построить треугольник по отношению трех сторон а:Ъ:с и одному из линейных элементов.

162. Построить прямоугольный треугольник по отношению катетов и гипотенузе.

163. Построить прямоугольный треугольник по отношению катета к гипотенузе а : с и высоте hc .

164. Построить равнобедренный треугольник по отношению основания к боковой стороне и высоте hc .

165. Построить треугольник по данному /_В> высоте hb и отношению отрезков, на которые ею делится основание Ь.

166. Построить треугольник по одному из линейных элементов и:

1) a:hc и £А; 2) C:hc и £А; 3) a :hc и ^/С; 4) а:тс и ^В; 5) пс :тс и ^ А.

167. Построить треугольник по трем высотам ha, hbn hc .

168. Дан угол и внутри или вне его точка М. Провести через эту точку прямую так, чтобы отрезки между точкой M и сторонами угла имели данное отношение.

169. Через вершину А д/ШС провести прямую так, чтобы перпендикуляры, опущенные на нее из вершины В и С, находились в данном отношении.

170. Внутри угла найти точку /С, расстояние которой от стороны данного угла равнялось бы данным отрезкам р и q;доказать, что прямая, проведенная из вершины угла через точку К, есть геометрическое место точек, расстояния которых от сторон данного угла находятся в отношении р : q.

171. Внутри треугольника найти точку, расстояния которой от сторон его находятся в данном отношении т:п:р.

172. Найти геометрическое место точек, расстояния которых от двух данных точек Л и В находятся в отношении m : п.

173. Построить треугольник по основанию а, высоте ha и отношению сторон b :с.

174. Построить треугольник по основанию а, медиане та и отношению сторон b : с.

175. Построить треугольник по основанию я, биссектрисе А и отношению сторон b :с.

176. Найти точку, расстояние которой от трех данных точек А, В, С находится в данном отношении т:п:р.

177. Построить треугольник по двум сторонам и биссектрисе угла, заключенного между ними.

178. Построить ромб по стороне и отношению диагоналей.

179. Построить прямоугольник по стороне и отношению другой стороны к диагонали.

180. Построить параллелограм по стороне, отношению диагоналей и углу между ними.

Метод алгебраический

VIII класс. Четвертая четверть.

Предварительные упражнения

a, b. Су d, в, т$ п... данные нам отрезки; определить построением неизвестный отрезок Ху если:

z) X — — > х=—, помножить отрезок а на отношение

3) 4)

5) 6) 7)

181. Разделить данный отрезок а в среднем и крайнем отношении.

182. Данный прямоугольник со сторонами а и b превратить в равновеликий квадрат,

183. Данный квадрат со стороною а превратить в прямоугольник с основанием с.

184. Данный квадрат со стороною а превратить в равновеликий прямоугольник, стороны которого относились бы, как 2:3; как m :п (т и п — данные отрезки).

185. Даны два квадрата со сторонами а и Ь; построить квадрат, равновеликий сумме (или разности) этих квадратов.

186. Построить квадрат, равновеликий сумме трех данных квадратов.

187. Даны квадрат со стороною а и прямоугольник со сторонами b и с; построить квадрат, равновеликий сумме площадей этих фигур.

188. Построить прямоугольник с основанием £, равновеликий сумме двух данных квадратов.

189. Построить прямоугольник со стороною с, равновеликий сумме данного квадрата

со стороною а и прямоугольника со сторонами b и d.

190. Превратить данный треугольник:

1) в равновеликий квадрат;

2) в равновеликий прямоугольник со стороною Ь;

3) в равновеликий прямоугольник, стороны которого относятся, как 2:3; как т:п (т и п — данные отрезки).

191. Рассечь данный треугольник на 3 равновеликие части отрезками, проведенными из вершин и сходящимися в одной точке, лежащей внутри треугольника.

192. Рассечь треугольник на 3 равновеликие части прямыми, параллельными одной из его сторон.

193. Построить равносторонн\ий треугольник, равновеликий данному квадрату.

194. Построить прямоугольник, имеющий данный периметр Р и равновеликий данному квадрату.

195. В данном круге провести две параллельные хорды на расстоянии h друг от друга, из которых одна в 2 раза длиннее другой.

196. Дана окружность и вне ее точка Ж; провести из этой точки секущую так, чтобы :

1) внешний отрезок был равен внутреннему;

2) чтобы внешний отрезок относился к внутреннему, как 2:3; как m :п (т и п — данные отрезки).

197. Дана окружность; найти точку, из которой центральная секущая была бы вдвое больше касательной из той же точки.

198. Данный треугольник превратить в другой равновеликий ему треугольник, имеющий данные углы при основании.

199. Дан А АБС; превратить его в равновеликий треугольник с данными:

1) основанием а и АС;

2) высотою ha и АС;

3) высотою ha и стороною Ь;

4) со стороною b и AB;

5) сторонами а и Ь;

6) стороной а и медианой та;

7) стороной b и медианой тСя

200. Данный параллелограм превратить в равновеликий ему параллелограм, в котором даны:

1) основание и угол при основании;

2) две прилежащие стороны;

3) основание а и высота hb;

4) основание а и диагональ /.

ОБ ИЗЛОЖЕНИИ ПЕРВЫХ ТЕОРЕМ ГЕОМЕТРИИ

Проф. З. ПРИБЛУДА (Одесса)

Вопрос о том, в каком направлении должны пойти первые уроки по систематическому курсу геометрии и что должно быть их предметом, представляет собой значительные методические трудности. Эвклид, попавший в современную школу в переделке Лежандра (притом в переделке иногда логически не вполне безупречной), в методическом отношении не всегда может удовлетворить новейшим требованиям педагогики. Главнейшие последовательные стадии развития систематического курса в нашей школе (Давыдов, Киселев, Гурвиц — Гангнус) представляют собою методическую разработку в соответствии с требованиями эпохи колоссального духовного наследства, оставшегося после Эвклида и имеющего исключительное воспитательное и организующее умственные способности подрастающего поколения значение. Что должно было оставаться незыблемым при всех методических переделках? Несомненно,— стройность и логическая выдержанность построения курса. Только тогда может быть полностью оправдано наименование курса систематическим (и вполне соответствовать категорическим требованиям на этот счет исторических постановлений ЦК ВКП(б) от 5 сентября 1931 г. и 25 августа 1932 г.); только тогда курс действительно играет роль дисциплинирующего фактора в формировании умственного облика учащегося. С другой стороны, овладение формальными приемами дедуктивного метода систематического курса геометрии, связанными все же с необходимой долей интуиции, представляет для начинающих неоспоримые трудности. Учащимся, при недостаточно методическом изложении курса преподавателем (который нередко болтается между Сциллой строгого математического формализма и Харибдой интуитивной пропедевтики), часто приходится просто вызубривать ход рассуждений; у них не складывается никакой общей перспективы, и они не приобретают нужных навыков в дедуктивном мышлении.

Так как начальные этапы курса в этом отношении представляют собою наибольший камень преткновения, а, между тем, они-то определяют основной тон дальнейшего прохождения, то для поддержания Этого тона

Черт. 1

на достаточной высоте, нам ка кется нелишним заострить внимание читателя именно на первых шагах курса, которые мы решаемся рекомендовать проделать в следующем плане.

После пропедевтических сведений о прямых, об углах и дугах учащийся должен быть введен в мир строгих формальных требований, касающихся определений понятий равенства, больше (» и меньше (<) в связи с приемами сравнения величин (путем наложения) этих первых геометрических об'ектов. При этом следует указать все стадии сравнения, отличая независимые стадии от зависимых. Например, для отрезков мы указываем на следующие стадии наложения:

1) накладывание первого конца одного отрезка на первый конец второго отрезка; 2) направление одного отрезка по другому (в одну сторону) — независимые стадии и, наконец, 3) выяснение совпадения или несовпадения вторых концов — зависимая от величины данных отрезков стадия. Аналогичную методику повторяем для углов и дуг (одного радиуса).

Далее, переходим к постулатам сравнимости этих же элементов (не называя наименования самих постулатов), а именно: 1) тождественности* {а — а)\ 2) обратимости (если а — Ь, то Ъ = а, если а>Ъ, то Ь <а а); 3) транзитивности (если а — Ь, Ь = с, то а = с — две величины, порознь равные третьей..., если а6^с, то a ^c)î 4) единственности (не может быть одновременно а^Ь — закон исключенного третьего).

Наконец, устанавливаем основные операции над этими объектами (сложения и вычитания, а также умножения и деления этих объектов на отвлеченные целые числа). При этом (при делении отрезка на два) полезно, основываясь на постулате непрерывности, обнаружить, например, существование и единственность середины отрезка (и аналогично — биссектрисы угла), причем тут же знакомимся с методом доказательства от противного. (Само доказательство — для середины отрезка — ведем примерно так: на отрезке AB (черт. 1) берем произвольную точку М; она либо делит AB пополам либо делит на неравные части ; предположим, например, что АМ>МВ ; тогда, передвигая M по направлению к А} мы, в силу определения > и < для отрезков, обнаруживаем, что AM непрерывно уменьшается, a MB непрерывно увеличивается; следовательно, ввиду принципа непрерывности Архимеда, мы должны достичь положения, при котором AM окажется равным MB. Далее, что середина M является единственной, мы доказываем от противного; если бы, кроме M, существовала и другая середина Mt, то должно было бы быть, скажем, что АМХ> >АМ; но так как АМХ должно равняться МХВ, a AM должно равняться MB, то МХВ должно быть > MB, а это противоречит определению > и < для отрезков).

Повторяя те же рассуждения для углов и доказывая существование и единственность биссектрисы, мы приходим к заключению (после соответствующих определений) о возможности и единственности восстановления перпендикуляра к данной прямой (кстати, напрасно в стабильном учебнике не оттенено отличие восстановления от опущения перпендикуляра).

Указанная методика, упражняя учащихся в применении одинаковых логических приемов рассуждения для различных геометрических об'ектов, укрепляет умственные силы учащихся и, систематизируя фактический материал, способствует лучшему его усвоению и более прочному запоминанию.

Методики аналогии и параллелизма в изложении следует, по возможности, держаться и в дальнейшем.

Так, например, говоря о вертикальных углах, следует вести доказательство их равенства так (черт. 2): чтобы судить о величине углов, их сравнивают с прямыми углами или развернутыми. Л ОС= развернутому ^ АОВ, т. е. 2d, минус £ ВОС, но, с другой стороны, и i_ BOD =? 2d (развернутому /_ COD) минус /_ ВОС, а потому (две величины, порознь равные третьей...): /_ AOC=i /_ BOD. А за-

Черт. 2

* Этот постулат на данной ступени подается в такой модификации, что, например, отрезок AB остается равным самому себе, в какое положение его бы ни перенесли.

тем следует тотчас же доказать и равенство углов с взаимно-перпендикулярными сторонами (тот случай, когда у них общая вершина, черт. 3), повторяя ту же методику (с той разницей, очевидно, что в данном случае придется сравнивать величину углов с прямыми углами АО В и COD).

Далее покажем, как можно применить и развить те же принципы при изложении ближайшего следующего вопроса — о признаках равенства треугольников.

Давая определение равенства треугольников по признакам их полного совпадения при наложении, следует использовать определения равенства отрезков и углов и приемов их сравнения, причем полезно развить критерии необходимости и достаточности,— в данном случае в отношении числа соответственно-равных элементов треугольников для их совпадения: указываем, что главных (необходимых) элементов в треугольнике шесть — 3 стороны и 3 угла, в то время как достаточны для определения величины треугольника (говоря о равенстве треугольников, следует подчеркнуть, что мы все же не устанавливаем точного понятия о величине треугольника, как и не устанавливаем для этой величины понятий с> h<Q — только три элемента (за исключением случая 3 углов и случая 2 сторон и угла против меньшей из них, ввиду того, что, как впоследствии выясняется, они не вполне независимы). Тогда главных признаков равенства треугольников может быть пять (а не три, как об этом создается впечатление у изучающих обычно геометрию), и сами учащиеся их должны перечислить (еще до того, как они в состоянии их обосновать: именно в этом они и должны увидеть целевую установку ближайшего прохождения курса).

Первым признаком можно сделать либо сторону с двумя прилежащими углами либо две стороны с углом между ними. Положим, мы выбрали первое и приступаем к доказательству соответствующей теоремы.

Обычно в этом случае говорится, что тут мы применяем метод наложения (не об'ясняя даже, что на это нас толкает определение равенства треугольников). Мы бы все-таки предпочли несколько иную методику. В первую очередь следует указать учащимся, что хорошим способом доказательства теорем большею частью является анализ того, что нам дано в условии теоремы, и что тогда доказательство почти само собою вытекает из этого условия. Такой путь избавляет учащихся в большом числе случаев от необходимости запоминать ход доказательства в каждой теореме в отдельности и приучает к большей сознательности в работе.

В данном случае мы ведем доказательство следующим образом (приводим его в качестве образца).

Для обнаружения равенства треугольников мы, согласно определению, должны наложить один треугольник на другой и проверить равенство всех соответствующих элементов (только тогда мы получим уверенность в полном совпадении треугольников). Производя это наложение, проанализируем, что нам дано? Нам дано (черт. 4), что сторона АС—А1С1. Что это значит? Это значит, что если мы наложим (при наложении одного треугольника на другой) точку Аг на Л, направим АХСХ по ЛС, то точка Ct упадет в точку С. Далее, нам дано, что /_ Ах — /_А. Что это значит? Это значит, что когда точка At (вершина) упала (при наложении стороны AtCt на АС) в А и сторона АХСХ пошла по АСу то сторона AxBt должна при наложении треугольника (а вместе с ним и угла) пойти по AB. Повторяем то же для углов Сх и С. К чему мы пришли в результате анализа того, что нам дано? Что стороны АХВХ и ВгСг пошли по сторонам AB и ВС. Теперь у нас оказалось, вместо четырех направлений прямых (А1В11 BXCV AB и ВС)

Черт. 3

Черт. 4

только два направления — AB и ВС, а две прямые пересекаются только в одной точке (единственная часть доказательства, которую учащемуся все же придется запомнить на первых порах, до выработки собственной интуиции), и точка Вх должна совпасть с точкой В. Но тогда оказываются совпавшими и остальные три элемента, относительно равенства которых нам в условии теоремы ничего не дано: проверяем, согласно с определениями равенства углов и сторон, все оставшиеся элементы: AB и L Вх, стороны АХВХ и AB, ВхСх и ВС. Так мы и убеждаемся в справедливости теоремы.

Как видим, существо нашего доказательства то же, что и у обычного, но оно проведено по совершенно иной методике.

В таком же духе мы методически выдерживаем обоснование второго признака,— что треугольники ABC и АХВХСХ (черт. 5) равны по двум сторонам и углу между ними. Тут соответственно приходится в тот момент, когда учащиеся (аналогично предыдущему) дойдут до результата анализа (именно, что точка Ах совпала с Л, а точка Ct с С),— их натолкнуть на использование свойства, что между двумя точками можно провести только одну прямую, и они обнаружат таким образом направление АХСХ по АС. Отсюда, скажем, делается вывод, что £Ах — /тА. Тогда доказательство может, конечно, закончиться и на этом (ибо мы имеем налицо все данные, чтобы убедиться в равенстве треугольников на основании уже обоснованного раньше признака). Можно, однако, продолжить аналогию с доказательством первого признака равенства до конца и проверить равенство всех оставшихся элементов.

В качестве примера для упражнения в пользовании вторым доказанным признаком (а совсем не в виде самостоятельной теоремы, как это обычно делается) следует привести теорему о свойстве биссектрисы угла в равнобедренном треугольнике (вместе с поризмом-королларием о равенстве углов при основании равнобедренного треугольника, и другими следствиями — обратными теоремами)*. Можно также в качестве примеров применения обоих указанных признаков или в качестве следствий привести соответствующие признаки равенства прямоугольных треугольников (по двум элементам).

Что касается третьего признака равенства треугольников (по трем сторонам), то, для большей систематичности, мы бы и в этом случае не рекомендовали метода приложения, а, продолжая ту же методику анализа данных, натолкнули бы учащихся на то, что при наложении д АХВХСХ на дЛБС (черт. 6) сторонами АХСХ и АС мы не знаем, в каком направлении должны пойти стороны АХВХ и ВХСХ. При этом кажутся возможными такие случаи: либо, скажем, сторона АХВХ пойдет по AB либо не пойдет (интересно предоставить учащимся самим придумывать всевозможные положения АВ2 стороны АХВХ). Доказываем однако, что сторона АХВХ обязательно должна направиться по AB. Допускаем противное, т. е. что она заняла произвольное положение АВ2. Тогда, вновь воспользовавшись данными, мы обнаруживаем (ввиду равенства между АВ2 и AB, а также между СВ2 и СВ), что легко образовать равнобедренные треугольники АВВ2 и СВВ2 (соединением точки В2 с В посредством прямой ВВ2. Новый прием, который мы затем показываем, в дальнейшем вновь неоднократно применяется!). Отсюда,

Черт. 5

Черт. 6

* Между прочим, если не было доказано раньше, что из точки вне прямой можно опустить только один перпендикуляр на данную прямую, то следует воздержаться от вывода следствия о свойстве высоты в равнобедренном треугольнике (как это неправильно сделано в стабильном учебнике в виде следствия 2). Остальные же следствия легко могут быть доказаны (от противного). Весьма полезно также доказать (прямым путем) важное следствие (обратную теорему): если в треугольнике медиана служит одновременно высотою, то треугольник — равнобедренный.

пользуясь раньше доказанными свойствами равнобедренного треугольника, мы, проведя соответствующие медианы AM и MC, должны притти к заключению, что из одной точки M восстановлены к ВВ2 два перпендикуляра, а это невозможно. Следовательно, сторона А1В1 должна направиться по AB, и тогда, конечно, теорема доказана.

Для возможности обоснования остальных главных признаков равенства треугольников (по стороне, углу прилежащему и углу противолежащему, по двум сторонам и углу против большей из них) необходимо доказательство фундаментальной теоремы о свойстве внешнего угла треугольника. Эту теорему желательно доказать методом, более близким к Эвклиду, нежели к Лежандру. Для этого предварительно следует ввести понятие о накрестлежащих и соответственно-лежащих углах, а теорему о внешнем угле формулировать сначала так: внешний угол треугольника больше внутреннего с ним накрестлежащего {^В, черт. 7). Само доказательство для 1_В ведется обычным образом. Зато для случая соответственно-лежащего угла (^/ А) не приходится повторять то же доказательство, как это обычно указывается, а остается только воспользоваться равенством вертикальных углов (при С) для сведения этого случая к уже доказанному случаю накрестлежащего угла. После этого можно собрать оба случая в одну формулировку: внешний угол больше каждого внутреннего, с ним не смежного.

Ввиду своеобразия доказательства этой теоремы, учащийся, которому она, правда, дается с трудом, все же ее довольно прочно запоминает.

Как известно, она дает целый ряд весьма важных следствий.

Этой же теоремой можно воспользоваться, чтобы доказать теорему о равенстве треугольников по стороне, углу прилежащему и углу противолежащему (если не захотеть откладывать доказательство этой теоремы до того момента, когда ее можно сделать следствием из теоремы о сумме углов треугольника), — четвертый признак равенства треугольников.

Для этого, придерживаясь принятой нами методики, мы анализируем равные между собою элементы АХСХ и АС, а также L С\ и Z С, и опять-таки упираемся в неизвестность, а именно: неизвестно, куда должна упасть вершина Вг. Мы утверждаем, что Вх должна упасть в В. Допуская противное, мы видим, что при всяком другом положении (В2 или Б3) Вх (или В) оказывается внешним углом, а потому и неравным В (Вх), что противоречит условию.

Остается обосновать пятый признак. Для этого необходимо подготовить следующий материал.

Непосредственно на теореме о внешнем угле основывается теорема: в треугольнике против большей стороны лежит больший угол.

Опять-таки, анализируя попрежнему данные (черт. 9), что АВ>ВС, мы на основании определения > приходим к тому, что откладываем ВС на AB (или AB на ВС) и, применяя вновь указанный раньше прием*, образуем равнобедренный Л BCD (или BCDX).

Черт. 7

Черт. 8

Черт. 9

* Поясняем выгодность этого приема тем, что равнобедренный треугольник имеет много весьма полезных свойств.

Наконец, обычным путем рассматривая внешние углы, убеждаемся в справедливости теоремы.

Теперь только, развивши весь указанный материал (выведя все следствия и доказавши также соответствующие обратные и противоположные теоремы*, мы, наконец, получаем в наше распоряжение достаточно данных для установления и последнего — пятого признака равенства треугольников.

Нужно сказать, что учащиеся не только должны усвоить этот материал, но они также на протяжении всего этого курса должны себе ясно представить весь план прохождения, который должен быть доведен до их сознания, чтобы изучение геометрии не представляло собою набора отдельных разрозненных теорем, а образовало стройное, выдержанное целое. Такое именно прохождение курса, без сомнения, должно иметь и большую воспитательную ценность и, вместе с тем, должно дать более прочное усвоение материала.

Для вывода последнего из главных признаков равенства треугольников — по двум сторонам и углу против большей из них (черт. 10) — мы и тут продолжаем держаться одной и той же развитой нами методики: анализируем попрежнему данные относительно равенства углов (ZC1 = ZQ и сторон (В1С1 = ВС и А1В1 = АВ) и, добравшись до момента, когда точка Вх падает в точку В, мы опять упираемся в некоторую неизвестность, а именно — неизвестность направления стороны В±А1и Мы утверждаем, что она должна пойти по стороне AB, и допускаем противное. Тогда в обоих возможных случаях положения АхВг (ВА2 и BAZ) учащиеся должны обнаружить равнобедренные треугольники АВА2 или ABAS (опять знакомый прием!), в которых £А = £А2 или Zi4 = Zi4s, притом большие, чем Z С (как внешние), что противоречит теореме об угле против большей стороны в треугольнике и следствий этой теоремы.

Преимущество, которое достигается таким изложением, помимо большей полноты и систематичности, а также ясности целевой установки, заключается еще в том, что при этом нет нужды в отдельном рассматривании особых случаев равенства прямоугольных треугольников (по гипотенузе и катету, по гипотенузе и острому углу и др.), так как они являются очевидными частными случаями и следствиями из теорем более общего значения.

Так как методика изложения всего указанного нами довольно обширного материала в общих чертах одинакова, то она, очевидно, не представляет собою и особенные трудностей для усвоения. Между тем, учащиеся получают, таким образом, первый ключ к тем заветным дверям, над которыми красуется надпись: вход разрешен только геометрам!

Черт. 10

* Между прочим, тут желательно установить общие соотношения между прямой, обратной и противоположными теоремами, а также критерии их зависимости и независимости.

АНАЛИТИЧЕСКОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМЫ О ДВУХ ПЕРПЕНДИКУЛЯРАХ ПО ЛЕЖАНДРУ

Проф. А. АСТРЯБ (Киев)

1. Как известно, теорема о двух перпендикуляр ах (признак перпендикулярности прямой к плоскости) читается так: «Если прямая перпендикулярна к двум прямым, лежащим на плоскости, проходящим через основание этой прямой, то эта прямая перпендикулярна и к самой плоскости»*. Эту теорему мы привыкли доказывать чисто геометрическим способом, при помощи построения ряда вспомогательных треугольников и исследования их равенства. Такое доказательство мы встречаем во всех наших учебниках (Давыдов, Киселев, Гангнус). Таким же приемом пользуются и иностранные учебники.

(Достаточно вспомнить хотя бы подробный методический анализ такого доказательства проф. Юнгом в его методике «Как преподавать математику»).

А между тем есть очень интересный прием доказательства этой теоремы чисто-алгебраического характера. Встречаем мы его у одного из основоположников наших современных курсов геометрии: у Лежандра в его «Elements de géométrie» (Paris, 1836 г.).

В этом классическом курсе элементарной геометрии Лежандр один из первых широко использовал алгебраический аппарат вопреки установившейся со времени Эвклида традиции излагать курс геометрии исключительно на базе геометрических построений.

Этот алгебраический прием Лежандр применяет для доказательства и этой теоремы о двух перпендикулярах**.

При доказательстве этой теоремы Лежандр опирается на такие две задачи.

2. Задача первая. «Найти зависимость между медианой треугольника и его сторонами». Эту зависимость Лежандр подает в такой форме:

AB2 + А С2 = 2AD2 + 2BD2 (1)

Эту зависимость легко получить***, дополнивши наш Л ABC до параллелограма АВСЕ. Применив теорему о зависимости между диагоналями и сторонами параллелограма, мы получим, что

2 AB2 + 2АО = (2AD)2 + (2BD)2,

откуда непосредственно получаем:

AB2 + АС2 = 2AD2 -f 2BD2.

С этой формулой и наши ученики знакомятся, когда решают задачу о вычислении медианы треугольника по трем его сторонам. (См. стабильный учебник Гурвица и Гангнуса, ч. 1-я, гл. XVII, §5, задача 1). Только у нас эта формула подается в несколько ином виде, а именно:

(2)

Черт. 1 Черт. 2 Черт. 3

* Гурвиц и Гангнус — «Систематический курс геометрии», ч. 2-я, гл. I, § 2.

** См. Лежандр — «Основание геометрии и тригонометрии», пер. Баландина и Бунтаца, СПБ, 1837, книга V, предложение 4-е, стр. 142.

*** Лежандр доказывает эту теорему более сложным путем (см. Лежандр, книга III, предложение 14-е).

3. Задача вторая. Кроме того, во время своего доказательства теоремы о двух перпендикулярах Лежандр ссылается еще и на такую задачу (книга III, задача V, стр. 98): «Через данную точку Л в Z ВС провести линию BD так, чтобы отрезки AB и AD, заключающиеся между данною точкою А ти сторонами угла, были равны », Привожу дословный текст решения этой задачи Лежандром:

«Через точку А проведем Л£фС£>*. Возьмем BE —СЕ. Через точки А и В проведем прямую В А, которая будет искомою. Ибо по параллелизму АЕ и CD имеем : если ВЕ = ЕСУ то BA = AD».

4. Основная теорема. Доказательство самой теоремы о двух перпендикулярах Лежандр подает в такой форме.

Дано, что АР _\_РВ и АР±РС. Надо доказать, что АР J__PQ.

Возьмем на прямой PQ произвольную точку Q и через нее проводим в плоскости M прямую так, чтобы она, пересекая обе прямых PB и PC, делилась на два равных отрезка QC = QB (возможность такого построения Лежандр доказывает заранее. См. задачу 2).

Затем Лежандр применяет теорему о медиане к двум треугольникам: к Д ВАС и к Л ВРС.

Из Л ВАС имеем

АС2 -f AB2 = 2 AD2 + 2CD2. Из Л ВРС:

PC2 + PB2 = 2PQ2 + 2CD2. Вычитаем из первого равенства второе (АС2 — PC2) + (AB2 — PB2) = 2AQ2 — 2PQ2 (3)

Так как треугольники АРС и АРВ — прямоугольные (см. условие теоремы), мы можем (АС2 —PC2) и (AB2 —PB2) заменить катетом АР2. Тогда наше равенство примет вид:

АР2 + АР2 = 2AQ2 — 2PQ2, (4) откуда имеем:

AP2 = AQ2 — PQ2. (5)

А такая зависимость может существовать только тогда, когда Л APQ — прямоугольный, т. е. когда АР J_PQ, что и требовалось доказать.

Черт. 4

* У Лежандра значок # заменяет наш знак параллельности || .

ВЫВОД ФОРМУЛЫ ГЕРОНА

Х. КОПЕЛЕВИЧ (Гомель)

Помещая заметку т. Копелевич, как один из способов вывода формулы Герона, редакция, вопреки утверждению автора, пользовавшегося, по его словам, этим выводом, сомневается, чтобы этот способ значительно упрощал дело. Этой и следующей заметкой (т. Борисова) редакция заканчивает печатание различных способов вывода формулы Герона.

Редакция

Предлагаемые здесь способы доказательства формулы Герона совершенно отличны от тех способов доказательства этой формулы, которые мы обычно встречаем в учебниках. Доказательства связаны с геометрическим чертежом и основываются на свойствах элементов внутривписанной и вневписанной в треугольник окружностей.

Способ геометрический

Первый шаг. Берем д ABC и вписываем в него окружность. Длины сторон треугольника обозначаем, как обычно, через a, b и с. Отрезки касательных, идущие от вершин треугольника до точек касания К, L и M, обозначаем через х, у и z (черт 1). Учащиеся по вопросам преподавателя легко сами выводят соотношения:

(1)

(2)

(3) (4) (5)

Площадь треугольника

(6)

Второй шаг. Берем тот же А ABC, продолжаем две его стороны ВС и ВА за точки С и Л и проводим вневписанную окружность (черт. 2).

Обращаем внимание учащихся на то, что центр вневписанной окружности О лежит в точке пересечения биссектрисы внутреннего угла дБ и биссектрисы внешних углов KXALX и KtCMv После этого ставим перед учащимися следующую задачу:

Доказать, что касательная BLV так же как и касательная ВМи равна полупериметру треугольника р.

Задача эта решается учащимися легко. Из чертежа видно, что K1A~AL1 и КгС— = СМХ. Поэтому BL1-\-BM1 = 2pt а так как BL1 = BM1, то каждый из этих двух отрезков равен р. Решив эту задачу, выясняем, чему равен отрезок ALV Так как BLt = =zp = x-\-y-\-z, BL =у, LA~x, то ALX— =р — X — y = z.

Третий шаг. Из подобных треугольников Ot LXB и OLB учащиеся легко выведут пропорцию : 01L1 : OL = LXB : LB или p : r = = p :y; отсюда

(7)

Треугольники AOxLx и AOL также подобны, так как /_ AOxLx и /_ OAL равны, как углы, образованные взаимно-перпендикуляр-

Черт. 1

Черт. 2

ными сторонами (ОхА и OA перпендикулярны, как биссектрисы смежных углсв).

Выяснив подобие этих двух треугольников, составляем равенство отношений сторон р : z = X : г,

(8)

Сравнивая между собою равенства (7) и (8), находим

откуда

Четвертый шаг. Площадь треугольника

Способ тригонометрический

При прохождении тригонометрии можно сообщить учащимся следующий вывод радиуса вписанного в треугольник круга. Полученным результатом можно потом воспользоваться как для доказательства формулы Герона, так и для вывода тангенсов половинных углов.

Берем д ABC и вписываем в него окружность. Радиус окружности и отрезки касательных обозначем так, как на чертеже 1.

Углы AOL, BOM и СОК обозначаем через а, ß и у. Из чертежа видно, что a-|-ß-|--|~ у — 180°. Отсюда следует, что tg а + + tgP + tgY = tg«-tgß . tgy. Ho tga = ^, и tg у = —, следовательно:

а так как

то

или

откуда

или

Синусы и косинусы половинных углов можно получить, выразив их через тангенсы половин соответствующих углов.

Черт. 3

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ ВЫВОД ФОРМУЛЫ ГЕРОНА

В. БОРИСОВ (Москва)

В № 1 журнала «Математика и физика в школе» за 1936 г. т. Беневольским дан сравнительно простой геометрический метод доказательства формулы Герона.

Мне, однако, удалось найти метод значительно проще.

В своем доказательстве я также пользуюсь теоремой:

Если в Д ABC со сторонами я, Ь, с вписана окружность, то точки касания E,Fu D определят отрезки:

AE~AD = p — ay BE = BF=р — b CD = CF<=zp — c,

где p — полупериметр.

Привожу свое доказательство. Дан Л ABC

со сторонами a, b и с. Точки / и К — центры вписанной и вневписанной окружностей. Точки Е, F, D и L, Ж, N — точки касания тех же окружностей. Проведем все линии, которые указаны на чертеже. Тогда:

Итак:

5д лвс=pb (Р — Ь) (I),

где рь — радиус вневписанной окружности — р6 вычисляется очень просто:

ALBKw&EBJ,

следовательно

(г — радиус вписанной окружности).

A AKL со Л AEI (AK J_ AI, как биссектрисы смежных углов);

следовательно,

Равенства (а) и (Ь) перемножим и сократим на г, получим:

где АЕ и BE — известные нам отрезки. Найдем отрезок BL и AL.

BL-\-BM=2BL=zc + AL + a-\-CM, но

AL -f CM = AN+CN=zb.

Следовательно,

2BL=ia-\-b-\-c = 2p; BL—p. AL = BL — c—p — с.

Итак:

Значение pb подставим в (1) и получим искомый результат. Именно:

Черт. 1

ТЕОРЕМА САЛЬМОНА

Проф. М. ЧЕРНЯЕВ (Ростов-на-Дону)

Известна следующая теорема Симпсона: Если из какой-либо точки круга, описанного около треугольника, построить пер-

пендикуляры на его стороны, то основания этих перпендикуляров лежат на одной прямой (прямая Симпсона), и обратно:

если эти основания лежат на одной прямой, то точка, из которой опущены перпендикуляры, расположена на круге, описанном около этого треугольника.

Доказательство этой теоремы приведено в статье проф. Н. Извольского — «Геометрическое учение о площадях» («Математика и физика в средней школе» № 2, 1935 г., стр. 10 и след.).

Подвергнем это свойство инверсионному преобразованию. Преобразование инверсии определяется заданием в плоскости точки О (полюс инверсии) числа К, не равного нулю (модуль или степень инверсии). Каждой точке M плоскости соответствует точка Mv расположенная на прямой ОМ и определяемая уравнением ОМ-ОМ1 = К. Говорят, что точка Мх обратна точке Ж. Если /С>0, то точки M и Мх расположены на прямой ОМ по одну и ту же сторону от точки О. Круг радиуса = \fK и с центром в полюсе инверсии О называется кругом инверсии. Основные свойства инверсионного преобразования изложены в книге А. Адлера — «Теория геометрических построений», изд. 2-е, 1924, стр. 33-53, § 6:

1) Если точка M движется вдоль прямой, то точка Мх описывает некоторую окружность, проходящую через полюс инверсии.

2) Фигурой, обратной данной окружности, является снова некоторая окружность; обе окружности расположены так, что полюс инверсии является их внешним центром подобия.

3) Если Сх и С2 — две кривые, пересекающиеся под углом а, то и обратные им кривые С/ и С2 пересекаются под тем же углом а. Пусть даны три точки А, В и С на одной и той же прямой U и точка О, не лежащая на этой прямой. Через точку А проведем прямую а, перпендикулярную к OA; через точку В — прямую Ь, перпендикулярную к OBу и через точку С прямую с, перпендикулярную к ОС. Рассмотрим Л A2B2CV образованный прямыми a, b и с. Так как проекции точки О на стороны &А2В2С2 точки А, В и С лежат на одной прямой, то на основании теоремы Симсона заключаем, что точка О лежит на окружности, описанной около &А2В2С2.

Полученную фигуру преобразуем при помощи инверсии, взяв за полюс точку О, а модуль инверсии оставим произвольным. Так как точки А, В и С лежат на одной и той же прямой U, то точки, им обратные, AtBt и Сх будут принадлежать одной и той же окружности (К), проходящей через точку О. Окружность (К) будет фигурой, обратной прямой U. Фигурой, обратной прямой а (стороне В2С2) будет окружность (Ка) диаметра ОАх; аналогично, прямые b и с (стороны Cgi42 и А2В2) имеют своими обратными фигурами окружности (Кь) и (/Q, соответственно описанные на ОВ± и ОСх как на диаметрах. Точкам А2 В2 и С2 соответствуют точки пересечения кругов (КJi и (Кь) и взятых попарно — Nab, и Nea.

Так как точки А2, В2 и С2 лежат на окружности, проходящей через полюс О, то обратные им точки Nbo, Nea и Nab лежат на одной прямой; последняя прямая является фигурой, обратной окружности, описанной около ДЛ2/?2С2.

Таким образом, мы доказали следующую теорему Сальмона:

Дан круг (К) и три его хорды OAt, OBt и ОСх, имеющие общий конец в точке О; три окружности, имеющие диаметрами OAt OBt и ОСх попарно пересекаются в трех точках Nbe, Лса и Nab (отличных от точки О), лежащих на одной и той же прямой.

СОСТОЯНИЕ ЗНАНИЙ УЧАЩИХСЯ ПО МЕХАНИКЕ, ПОЛУЧАЕМЫХ В НЕПОЛНОЙ СРЕДНЕЙ ШКОЛЕ

Проф. А. Г. КАЛАШНИКОВ

(Институт политехнического образования)

I. Задачи и методика исследования

Изучение состояния знаний учащихся по физике является тем краеугольным вопросом, разрешение которого может осветить целый ряд задач методики преподавания и, вместе с тем, дать представление о развитии физического мышления учащихся. До

настоящего времени мы имеем по преимуществу методику преподавания физики, лишь обоснованную внешним образом, указывающую, как надо преподавать (как надо располагать учебный материал, производить опыты, проводить беседы, лабораторные работы, экскурсии и т. п.). Имеются попытки

объяснить предлагаемое расположение учебного материала, исходя из систематики, из содержания самой науки, но мы почти не имеем никакою доказательного материала относительно того, почему надо так преподавать, с точки зрения усвоения материала учащимися.

Разумеется, изучение процесса усвоения понятий учащимися нельзя ставить изолированно от изучения методики преподавания. Несомненно, что образование научных понятий в значительной мере определяется также содержанием и методами преподавания; но также несомненно, что при этом известную роль .играет и процесс переработки научных понятий в голове учащихся, определяемый общими закономерностями развития научного мышления.

Для того, чтобы подойти к вопросу об образовании научных понятий учащихся в области физики и о дальнейшем их развитии надо прежде всего установить, какую же сумму понятий дает определенный курс прохождения физики. В данном случае мы поставили вопрос: какие знания выносят учащиеся, выходя из неполной средней школы, по одному важнейшему разделу физики, а именно — по механике. В дальнейшем имелось в виду проследить изменения этих знаний на протяжении VIII, IX и X классов.

Сумма понятий, которые приобретает учащийся в VI классе по механике, даже по старой программе, не представляется особенно большой. Из нее мы выбрали следующие 10 основных понятий:

1. Равномерное движение.

2. Скорость.

3. Сила.

4. Масса (и действие силы на тела различной массы).

5. Закон рычага (наклонная плоскость, момент силы).

6. Работа.

7. Энергия.

8. Мощность.

9. Инерция.

10. Третий закон Ньютона.

В данном исследовании мы поставили перед собой задачу выяснить не только то, что знают учащиеся по указанным выше понятиям, но и какой характер имеет знание каждого понятия по отношению ко всей массе учащихся.

Мы хотели установить, насколько каждое из указанных выше 10 понятий:

1) может быть выделено учащимися из совершенно конкретной ситуации, из конкретного описания явлений;

2) может учащимися определяться словами или может быть окружено формулой и

3) может применяться учащимися к решению каких-либо задач.

Несомненно, что для об'ективности выявления характера знаний того или иного понятия учащимися необходимо было бы изучить выявление знания этих понятий различными путями: путем устного опроса, путем письменных заданий, путем экспериментальных бесед и т. п.

Продолжая в настоящее время изучение указанными выше методами состояния знаний у учащихся по механике, мы в данном исследовании излагаем лишь результаты работы, проведенной с помощью специально разработанных заданий, которые решались учашимися в письменной форме*.

Для каждого из указанных выше понятий были разработаны три вида заданий, которые мы условно обозначили А, В, С. Тип А имел своей задачей вскрыть, при решении этих заданий, наличие у учащихся общего представления о данном понятии, которое дало бы ему возможность в данной конкретной ситуации правильно отметить главную сторону испытуемого понятия.

Задания типа1 В имели своей целью вскрыть наличие формальных знаний о данном понятии: знания определений или математического выражения, закономерностей относящихся к данному понятию.

Задания типа С предназначались для того, чтобы выяснить, владеют ли учащиеся данным понятием настолько, чтобы решать определенные практические задачи, доступные на этом уровне физических знаний.

При разработке заданий мы встретились с большим количеством трудностей, глазным образом, при построении заданий типа А.

Понимание самого понятия, выявляющееся при рассмотрении данных в задании конкретных явлений, можно обнаружить различными путями. Мы применяли следующие формы заданий типа А:

1) Дана (иногда на рисунке) группа явлений, общим для которых является определенный физический закон; требуется из рассмотрения данных явлений назвать этот за-

* В разработке заданий, в проведении их и в обработке материалов эксперимента принимал большое участие научный сотрудник группы физики Института политехнического образования A.A. Жохов; в проведении заданий участвовали Н. Н. Кравченко, аспиранты тт. Юськович, Зисьман, Азов.

кон (см., например, далее задания на понимание закона рычага, инерции и др.).

2. Понимание большинства физических понятий можно вскрыть, задав на конкретном примере определенные соотношения между этими величинами. Например: такие понятия, как скорость, работа, мощность представляют собой функции двух величин. Понимание этих понятий можно установить, если дать конкретный пример, в котором будет дано определенное соотношение между этими величинами, и затем потребовать от учащегося указать, в каком направлении и как будет изменяться физическая величина, представляемая испытуемым понятием, или чему она будет равна при данных условиях. Например, в самом простом случае, для того, чтобы испытать понимание понятия скорость, дается путь, пройденный экипажем в определенное время, требуется найти ею скорость.

Неразработанность вопроса о мышлении учащихся в области физики не позволяло иногда провести резкую грань между заданием, предназначенным для выяснения понимания понятия, как стороны какого-нибудь конкретною явления, и между заданием, предназначенным для вскрытия умении применять это понятие к решению задачи. Как показала опытная проверка задач, для большинства заданий такое разграничение сделать удалось.

В качестве примера заданий всех трех типов приводим задания, относящиеся к понятию «рычаг».

Тип А: «На каком законе основано действие всех указанных ниже предметов и орудии.

Допиши: на законе...... ».

Тип В: «Впиши пропущенные слова. Чтобы рычаг находился в равновесии, нужно, чтобы плечи были .... силам».

Тип С: На рисунке изображен рычаг с подвешенными к нему чашками Л и В; рычаг может поворачиваться около точки опоры О. Рычаг находится в равновесии. На чашке В лежит гиря в 10 кг.

«Какого веса груз лежит на чашке А?

На чашке А лежит груз вроом в..... кг.

(Впиши пропущенное слово)».

Как видно ив приведенною выше примера, задание типа А вскрывало наличие понимания понятая «рычаг» путем обобщения закона, которой лежит в основе действия представленных на чертеже орудий и предметов.

Задание типа В вскрывало наличие знания правила рычага. И задание типа С показывало, насколько учащийся умеет применить определение правила к решению конкретной задачи. Надо при этом сказать, что наличие только трех заданий по каждому понятию огрубляло качественную характеристику каждой ступени знания, которая вскрывалась данным заданием. Можно было бы дать и другие виды заданий, которые вскрывали бы переходы от одной ступени к другой, более полно характеризуя в то же время и состояние знаний по каждой ступени в отдельности. Но для данной стадии исследования мы считали достаточным указанные выше три типа заданий. Задания всех трех типов были расположены вразбивку, чтобы избежать подсказывания путем их сопоставления.

В результате отбора из большою количества заданий в окончательные измерительные бланки были включены 48 заданий; каждый измерительный бланк, рассчитанный на

Рис. 1

Типы заданий для установления ступеней знания в отношении понятия „рычаг“.

Рис. 2

Диаграмма 1

решение его в течение получаса, включал в себя в среднем 12 заданий. Каждые два рядом сидящих учащихся получали в течение урока два разных измерительных бланка. Это обеспечило самостоятельность в работе каждого и давало больший охват знаний в течение каждого урока.

В инструкции перед началам решения заданий учащиеся предупреждались о том, что они должны давать ответы, которые помнят, и не задумываться над теми заданиями, которые они решить не могут, и пропускать их; несмотря на это нерешенных заданий было сравнительно немного (около 15%); так как писать учащимся приходилось мало, то они в большинстве случаев легко справлялись с решением 24 заданий в час.

Самый эксперимент был проведен в первую шестидневку сентября 1935 г. в 11 московских школах перед началом занятий по физике в восьмых классах. Школы были выбраны самые разнообразные: массовые школы с пониженным состоянием преподавания, хорошие массовые школы, образцовые школы и опытные школы. Эксперимент охватил около 400 учащихся, от которых было получено около 10 тыс. ответов. Обработка полученных ответов заключалась в оценке правильности или неправильности, а таже в выяснении типичных ошибок, которые делали учащиеся при выполнении данного задания.

Решаемость каждого задания определялась затем в процентах; решаемость 66%—это значит, что 66% учащихся, решавших данное задание или данную группу заданий, решили это задание правильно, а остальные 34% учащихся решили неправильно или совсем не решили. Если бывали ответы неполные, но которые нельзя было причислить к неправильным, то такие ответы (а их было немного — около 10% по отношению к правильным ответам) суммировались, и половина этой суммы причислялась к правильным ответам. Прибавление неполных ответов, немного повышая общий процент решаемости, не вносило никаких изменений в соотношение между решаемостью (только по правильным ответам) отдельных типов заданий.

Диаграмма 2

Анализ результатов эксперимента

Данная выше диаграмма 1 результатов проведения контрольной работы по механике показывает распределение решаемости заданий по трем линиям: по отдельным школам, по понятиям и по ступеням знания внутри каждого понятия. Диаграмма 2 дает распределение решаемости заданий по всем 11 школам, вместе взятым, в отношении понятий и ступеней знания. Весь обработанный материал контрольных работ, представленный в этих диаграммах, заслуживает рассмотрения как по школам в целом, так и по каждому понятию в отдельности.

Прежде всего выясняется следующая закономерность: наибольшее число правильных решений дают задания, отнесенные к типу В, почти на одинаковом уровне с ними находятся задания типа Л и на последнем месте стоят задания типа С (см. низ диаграммы 2). Вели взять семь следующих понятий: скорость, масса, законы рычага, работа, мощность, инерция, третий закон Ньютона, то средняя решаемость заданий по группе А равняется 54, по группе В—54, по группе С —34. Эти цифры показывают, что знания, связанные с пониманием данных понятий на конкретных примерах, имеются почти в таком же об'еме, как и знания определений и формул; значительно ниже стоит умение применять их к решению различного рода задач.

Если обратиться к диаграмме 1 и рассмотреть показатели решаемости по каждому понятию в каждой школе, то окажется, что, несмотря на разнообразие условий в школах и различие состава, учащихся, наблюдается определенная закономерность в отношении решения заданий по каждому отдельному понятию в различных школах. Например, если сравнить ряды показателей решаемости в отношении понятий «скорость», «работа», или «инерция», то можно усмотреть, что почти во всех школах имеется одна и та же тенденция в распределении решаемости между отдельными ступенями понятия. При наличии, однако, такой общей тенденции необходимо также указать на то, что в разных школах по-разному относятся между собой различные ступени знания. Если предположить, что при нормальной работе над понятием в школе наиболее укрепившейся ступенью знаний следует считать первую ступень, т. е. ступень понимания на основе конкретных представлений, на втором месте должно стоять знание формальных определений и на третьем — действенное владение понятием, то в отдельных школах это довольно вероятное предположение далеко не всегда находит свое отражение. Возьмем, например, строку, относящуюся к понятию «скорость»; в ней указанное выше соотношение между ступенями знания относится к 12-й А, 19-й и 11-й школам; во всех остальных школах (за исключением 28-й школы) максимум решаемости падает на задание типа В, т. е., другими славами, формальные знания данного понятия доминируют как над конкретным пониманием понятия, так и над умением применять эти знания.

Практика показывает, что по большинству вышеуказанных понятий при нормальном их усвоении мы всегда имеем такое соотношение между ступенями знаний; учащиеся, усвоившие данное понятие, весьма легко обнаруживают понимание его на разборе какого-нибудь конкретного случая, где не требуется производить никаких расчетов, а надо указать лишь общие изменения величины данного понятия, в зависимости от изменения входящих в него величин или констатировать это понятие путем обобщения из конкретных явлений.

Почти так же легко учащиеся дают словесные определения понятий, однако, как правило, это всегда связано с некоторыми неточностями и ошибками; легче всего учащиеся запоминают формулы.

Наиболее трудными в массе учащихся являются задачи, требующие применения определения данного понятия к различного рода расчетам.

Таким образом, нормальным соотношением между ступенями знаний являлось бы такое, при котором эмпирическое понимание понятий и формальное знание понятий стоит почти на одном и том же уровне (в сторону понижения для формального определения понятий), а применение понятий к решению задачи — немного ниже этого уровня. Это положение относится только к таким понятиям, которые основываются на конкретных представлениях, и не может быть распространено на понятия, усваиваемые сразу, как обобщения.

Формалистическим типом соотношения между отдельными ступенями знания мы называем такое соотношение, при котром учащийся более или менее прочно усвоил словесное определение ряда понятий и знает формулы, их представляющие; значительно хуже понимает данные понятия (слабо умеет выделить их из данной конкретной ситуации); еще хуже может применять данные закономерности и понятия к решению различных практических задач.

Практический тип соотношения между' ступенями знания является обратным предыдущему: учащийся обнаруживает понимание понятий в некоторых конкретных явлениях и может применять их к некоторым задачам, но сравнительно слабо знает словесное определение понятий и не может определить связь между ними. Очень часто такое соотношение между ступенями знания имеет место у юных радиолюбителей, которые неплохо решают некоторые задачи в области радиотехники, умеют пользоваться измерительными приборами, но довольно смутно представляют себе сущность и связь понятий, относящихся к электрическим колебаниям.

Этот тип представлен, например, в строках понятий «рычаг» и «работа»; в отношении школ 29-й, 7-й Б, 9-й, 11-й, показатели решаемости по группе В стоят ниже, чем показатели решаемости по группам Л и С. Таким образом, в данных школах мы наблюдаем недостаток формальных знаний при наличии умения разбираться в практических вопросах. Наконец, последний тип соотношения между ступенями знаний, при котором на первом месте стоят показатели решаемости заданий группы С, а на последнем группа Л, встречается, как исключение, всего в двух клетках диаграммы («рычаг» — 1-я школа № 1; «работа»—12-я школа). Появление последнего типа вероятно объясняется какими-либо случайностями, поскольку из сравнения с другими школами он нигде больше не проявляется. Следует здесь указать, что строка понятия «масса», где особенно низки показатели решаемости типа В, исключается нами из рассмотрения по причинам, указанным ниже, в параграфе, относящемся к понятию «масса».

Из диаграммы 2 следует, что имеют тенденцию приближаться к нормальному соотношению ступеней знания лишь такие понятия: «рычаг», «работа», «инерция», а такие понятия, как «скорость», «мощность», «третий закон Ньютона» — приближаются к формалистическому типу. Отсутствие показателей по группе Л для понятий «движение» и «энергия» объясняется выяснившейся ненадежностью заданий по этой группе. В общем следует признать, что формальная ступень знания является доминирующей по отношению к другим ступеням.

Если рассмотреть следующие 7 понятий: «рычаг», «работа», «мощность», «инерция», «третий закон Ньютона», «движение», «скорость», то распределение решаемости между тремя типами заданий в 11 школах оказывается следующее. Указанное количество понятий в 11 школах дают 77 случаев различных решений заданий; из этих 77 случаев 41 падает на типы решения, при котором знание определений понятия имеет наибольший показатель решаемости; в 20 случаях решаемость распределяется по типу нормального усвоения понятия, но с чрезвычайно резкой разницей между формальной и действенной ступенью. В 16 случаях имеется эмпирическое усвоение понятия, при котором знание определений имеет наименьший показатель решаемости. Таким образом налицо словесное, формальное усвоение понятий.

Что касается количественной характеристики знания понятий, то, как видно из диаграммы, общая решаемость заданий ниже 50%; выражаясь грубо, учащиеся в начале VIII класса имеют лишь менее половины тех знаний, которые они должны иметь по окончании неполной средней школы. Однако надо отметить, что эксперимент проводился спустя полтора года после изучения данных понятий в школе и немедленно после летнего перерыва, что, разумеется, должно было сильно снизить решаемость именно по этому отделу физики.

Диаграмма 2 показывает, что наибольшую решаемость дали задания, относящиеся к понятию «скорость», «мощность» «инерция»; значительно более низкую решаемость по всем ступеням знания дают задания, относящиеся к понятию «масса», «законы рычага», «работа».

Если рассмотреть решаемость заданий, относящихся к группе В, т. е. выяснить, как знают учащиеся определение и формулы, относящиеся к соответствующим понятиям, то мы получим следующий ряд понятий, расположенных в нисходящем порядке до показателям решаемости: равномерное движение (77%), скорость (73°/о), мощность (65%), сила (62%)к третий закон Ньютона (61 %), инерция (57%), энергия (40%), рычаг (34%), работа (34%), масса (31 %). Из этого ряда видно, что более или менее прочно усвоенными определениями являются определения 4 понятий: равномерного движения, скорости, мощности и силы.

Рассмотрим теперь решаемость отдельных заданий по каждому понятию в отдельности:

1. Равномерное движение. А*; В — 77<>/0; С— 50%;

Определение ^равномерного движения вскрывалось с помощью двух заданий, даваемых

* Учет некоторых заданий после проверки был исключен ввиду ненадежности показателей вследствие или неудачной редакции или по другим причинам.

или в форме дописывания фразы или в форме прямого вопроса.

1-я форма: «Допиши фразу: движение, при котором в любые равные промежутки времени проходятся равные пути, называется...».

2-я форма: «Допиши фразу: равномерным движением называется такое, при котором...».

Оба эти задания учащиеся решали, независимо от формы, приблизительно одинаково (в среднем на 77%). Типичным ответом для 2-й формы является такой ответ: «Равномерным движением называется такое движение, при котором в одинаковое время пройдено одинаковое расстояние»; «в любые промежутки времени», как правило, опускается; мы считали этот ответ правильным, поскольку в стабильном учебнике давалось такое же определение.

В качестве применения определения равномерного движения давалось задание построить график пути равномерного движения с данной скоростью. Решаемость этого задания во всех школах в среднем 50%; наинизший показатель — 24%; максимальный— 80%.

2. Скорость. А — 68%; В — 73%, С — 40%.

Для выявления понимания того, что скорость представляет собой определенную связь между временем и пройденным расстоянием, давалось следующее задание:

«Автомобиль шел из пункта А в пункт Д. Расстояние от А до В он прошел в 1 час; от В до С тоже 1 ч#а и от С до Д тоже 1 час. На каком участке автомобиль имел наибольшую скорость и на каком — наименьшую?

Впиши буквы: а) наибольшая скорость от... до...

б) наименьшая скорость от... до...».

Это задание было решено в среднем на 68 % (минимум — 50 %, максимум — 90 % ).

Знание определения скорости и формулы ее вскрывалось двумя следующими заданиями:

«1) Допиши фразу: скорость измеряется (чем?)...».

«2) Напиши формулу для выражения скорости, пользуясь обозначениями: v —скорость, / — время, 5 — длина пути».

Первое задание было решено в среднем на 86%, но второе задание решалось значительно хуже — на 64%; при этом типичной ошибкой является ответ: «Скорость измеряется расстоянием, помноженным на время», а формула пишется: v—,s-t. Мы обгоняем этот ответ тем, что учащиеся механически запоминают формулу скорости в такой словесной форме: «ве равняется эс на те». Слово «на» у нас обозначает одинаково как умножение, так и деление, поэтому учащиеся механически, запомнив словесное выражение формулы, затем пугают умножение и деление.

Применение определения скорости вскрывалось с помощью следующего задания: два пешехода вышли из одного и того же пункта в другой пункт, причем первый шел равномерно, а другой — замедленно, имея скорость в первый час большую, чем первый пешеход: требовалось непосредственным отложением отрезков определить, через какое время пешеходы придут в назначенный пункт.

Это задание решено в среднем на 40% (минимум —23%, максимум— *>д%)

3. Масса. А—53%; 5—31%; С—**7о-

Для проверки конкретного представления о массе давалось одно задание, которое по существу вскрывало лишь понимание различия между массой и весом тел.

Задание типа А:

«Допиши фразы: «Чтобы сдвинуть вагонетку с места, нужно преодолеть ее... Чтобы поднять ту же вагонетку, нужно преодолеть ее...»

Минимальная решаемость этого задания—30%,максимальная—90%.

Определение понятия массы вскрывалось с помощью задания:

«Допиши фразу — мера инерции тела есть его...».

Несмотря на то, что в стабильном учебнике дается именно такое определение массы^ в огромном большинстве школ преподавателями определение массы, очевидно, давалось, как количество вещества в теле, а отсюда — ненормально низкий процент решаемости этого задания (минимальный — 4%, максимальный— 83%, средний — 31%); поэтому мы не считаем данное задание правильно отражающим знания учащихся.

Практическое применение определения «массы» может выявляться только на решении таких задач, в которых требуется определить движение различных масс под действием различных сил. Умение оперировать понятием «масса» вскрывалось двумя заданиями: в одном задании шары различной массы подвергались действию одинаковой силы; требовалось указать, какой шар пройдет большее

Рис. 3

расстояние при прочих равных условиях, в другом задании требовалось решить аналогичное задание и дать об'яснение решению; средняя решаемость обоих заданий — 44% при минимальном— 33% и при максимальном—56%.

4. Сила. А—; ß_62%; С-.

Для этого понятия мы давали задания только на определение в двух формах: в форме прямого вопроса и дополнения. Там, где мы имеем дописывание фразы, решаемость очень хорошая — 75%; прямой вопрос дает решаемость 57%; з общем, определение силы учащиеся знают на 62%, минимум— 46%, максимум — 84%.

5. Закон рычага. А — 48%; В — 34%; С — 32%.

Эмпирическое представление о рычаге вскрывалось данным выше заданием; при минимуме — 26% и максимуме—100%. Формулировка закона рычага вскрывалась с помощью задания, в котором надо было написать условия равновесия рычага.

Это задание решалось в среднем на 41 %. Типичной ошибкой при решении этого задания был ответ: «Для равновесия необходимо, чтобы плечи были прямо пропорциональны силам».

Применение закона рычага вскрывалось решением задач на рычаг 1-го и 2-го рода. Бели на рычаг 1-го рода задача была решена на 56%, то задача на рычаг 2-го рода была решена только на 7%. Отсюда средняя решаемость этих задач 32%, при минимуме—14 % и максимуме — 53%.

В связи с законом рычага можно рассмотреть также, насколько учащиеся знают формальное выражение момента силы; в измерительный бланк было включено одно задание, в котором требовалось написать формулу момента силы по данным приведенного в задании чертежа; это задание учащиеся в среднем решили на 15%.

6. Работа. А— 40%; В—34%; С—25%.

Сравнивая знания учащихся по другим понятиям с показателями решаемости данного понятия, мы усматриваем, что усвоение понятия «работа» является наименее удовлетворительным из всего ряда понятий. Эмпирическое представление о работе вскрывалось путем решения задачи следующего вида (см. рис. 4).

«На одно и то же расстояние были перевезены два груза; для перевозки первого груза потребовалась большая сила.

Какова величина работы, затраченной в том или другом случае?

Работа в 1-м случае меньше, чем во 2-м.

Работа в 1-м случае больше, чем во 2-м.

Работа в первом случае равна работе во 2-м».

Эту задачу учащиеся решили лишь на 40%.

Для выяснения понимания определения формулы работы было предложено две задачи.

В первой надо было указать, что нужно сделать для вычисления работы, а во второй — написать формулу работы и дать обозначение каждой буквы. Несмотря на очень простую формулировку этих заданий, они были решены в среднем на 34%. Они взаимно контролировали наличие формального понимания понятия «работа» и дали показатели, согласные между собой. Типичной ошибкой при решении этих заданий является следующий ответ: для вычисления работы необходимо помножить массу на расстояние или вес на расстояние. При таком уровне понимания формального определения работы трудно было ожидать сколько-нибудь высоких показателей на практическое применение этого понятия. Для выяснения знания применения понятия «работа» была предложена задача: одинаковая ли требуется работа для передвижения груза по горизонтальной плоскости и для под'ема вверх на одно и то же расстояние, и требовалось об'яснитъ это. Надо признать, что данное задание не совсем точно отвечало той цели, которая перед ним стояла, включая в себя ряд моментов, косвенно относящихся к понятию «работа» (знание различия между весом и массой, различная величина силы трения и т. п.). Этот вопрос решили правильно только 25%. Считая несколько громоздким для решения задания типа А и спорным — задание типа С в отношении того, что оно устанавливает, задание типа В является бесспорным. Решаемость этих заданий показывает наличие очень слабых знаний определения и фор-

Рис. 4

мулы «работы». Так как это наблюдается пстпг во всех школах и так как понятие «работа» является одним из важнейших понятий механики, то отсюда надо сделать вывод, что над этим понятием необходимо больше и основательнее работать в неполной средней школе.

7. Мощность. /1—52%; В — 65%; С-28%.

Насколько неорганическим является усвоение понятий механики у учащихся неполной средней школы, показывает сопоставление показателей решаемости по понятиям «мощность» и «работа». Если формальное определение «работы» огромное большинство учащихся не знают, то, казалось бы, что «мощность», как понятие, производное от «работы», учащимся также не должно быть достаточно знакомо; однако указанные выше показатели решаемости (хотя бы по определению этих понятий) демонстрируют обратное, что можно об'яснить исключительно формальным заучиванием определения «мощности» в VII классе, когда проходилось понятие о мощности электрического тока: там, как известно, мощность определяется как работа в единицу времени.

Любопытно, что эмпирическое представление о мощности здесь находится на более низшей ступени, чем формальное определение (52% и 65%). Это подтверждает указанное выше предположение и говорит о том, что у большинства учащихся конкретного представления о мощности нет в такой степени, в какой это имеется в отношении формального определения этого понятия, а само формальное понятие не связано органически с первичным понятием «работа».

Конкретное представление о мощности проверялось путем решения следующего задания:

«Сравни мощность двух людей, из которых один поднимает ведро воды из колодца в 1 минуту, а другой — в 2 минуты; кто из них развивает большую мощность?»

Знание определения понятия проверялось или прямым ответом на вопрос, что такое мощность, или дополнением фразы, в которой это определение полностью давалось.

Применение понятия «мощность» и знание практической единицы ее (лошадиной силы) проверялось решением следующей задачи:

«Мотор имеет мощность в одну лошадиную силу; какую работу в килограммометрах может совершить этот мотор в одну минуту?» Решение этой задачи, как видно, было весьма слабым.

8. Энергия. А—; В —45%; С —40%.

В отношении второй ступени задание, данное в форме прямого вопроса, достаточно удовлетворительно вскрывало знание определения «энергии», однако правильное определение дано лишь 40 % учащихся.

Задание типа С проверяло не столько применение понятия энергии, сколько наличие знаний относительно потенциальной и кинетической энергии. Оказывается, что эти понятия различают только 40% учащихся.

9. Третий закон Ньютона. А — 42%; В—61%, гд 61 %; С—23%.

Здесь так же, как и в отношении понятия «мощность», мы имеем максимальную решаемость заданий на определение этого понятия. Эмпирическое же представление о противодействии, которое проверялось на знании отдачи орудия, стоит сравнительно низко (42%).

Здесь мы видим понятие по преимуществу в формальной стадии его развития, когда понятие не органически возникает от конкретного к абстрактному, а приобретается сначала путем данного догматического определения, и затем уже, в процессе дальнейшего учебного материала, это понятие обрастает конкретными представлениями и приобретает известную действенность.

Для того чтобы установить, насколько глубоко понимают учащиеся третий закон Ньютона, им была предложена третья задача, в которой давалось два примера измерения с помощью динамометра силы тяги, развиваемой лошадью. В первом случае динамометр- был укреплен с одной стороны к неподвижному предмету, а с другой стороны его тянула лошадь. Во втором случае такой же динамометр растягивали две лошади в разные стороны. Требовалось указать, какую силу показывают в том и другом случае динамометры. Решение этой задачи было наименьшее из всех заданий — 23%.

10. Инерция. А— 70%; В —57%; С — 28%.

По показателям решаемости это понятие принадлежит к числу приближающихся к нормальным соотношениям между ступенями знания. Эмпирическое представление об этом понятии вскрывалось путем ответа па вопрос: «Вследствие чего при остановке трамвая пассажиры наклоняются в сторону движения?»

Знание определения инерции вскрывалось путем двух заданий: в форме прямого вопроса и дополнения фразы, содержащей в себе полное определение. Средняя решаемость этих вопросов на определение понятий инерции— 57%.

Применение понятия «инерция» вскрывалась на решении задания, которое содержало в себе рисунок груза, подвешенного на нити, к которому привязана такая же нить снизу. Требовалось указать, какая нить разорвется при медленном натяжении и быстром рывке. Эта задача решена 28% учащимися.

Выводы

Резюмируя анализ решаемости заданий по каждому понятию, мы приходим к следующим выводам:

1) Наиболее прочно усвоенными понятиями являются понятия равномерного движения и ею скорости; при этом необходимо, однако, отметить, что прочность этих понятий, главным образом, характеризуется знанием определения, но практическое применение их не является удовлетворительным.

2) Следующими по прочности усвоения являются определения понятий: мощности, силы, инерции и третьего закона Ньютона.

Примечание. В отношении понятия «масса» в части определения ее, очевидно, в большинстве школ давалось определение массы, как количества вещества, в то время как в задании требовалось определение массы, как меры инерции тела.

3) С наименее удовлетворительными знаниями учащиеся оканчивают неполную среднюю школу в отношении понятий: закона рычага, работы и энергии. Эти понятия оказываются наименее прочно усвоенными, и состояние их — наименее действенно.

4) Знание определений отдельных понятий механики, которое, вообще говоря, характеризует формальное усвоение физики, является весьма посредственным; лишь знание определения равномерного движения имеют 77% учащихся, а остальные определения—скорости, мощности, силы, третьего закона Ньютона— лежат в пределах от 73 до 57 %. Плохим следует признать знание следующих определений — массы, закона рычага, рг.бэгы, энергии.

5) Особенно слабой следует признать сторону причинения данных определение к разрешению практических задач. В этих заданиях решаемость не превышает 50% (см. диаграмму 2).

6) Следующие понятия остались у учащихся, главным образом, в виде определений, не основанных на большом эмпирическом материале и не укрепленных с помощью решения достаточного количества задач: 3-й закон Ньютона, мощность, равномерное движение.

7) Формы вопроса в части знаний определений играют известную роль в выяснении определения знаний: наиболее простой формой является дописывание определения, более трудной — прямой вопрос.

Порядок решения вопросов, данных в той или другой форме, существенного значения не имеет.

8) В качестве методических выводов необходимо указать на следующие, которые вообще не являются новыми и не раз высказывались на основе других наблюдений:

а) усилить в VI классе наглядность и конкретность преподавания механики, сопровождая изучение ее рядом опытов и демонстраций и разбором разнообразных практических случаев;

б) тщательно работать над понятиями «работа» и «мощность», сопровождая их также разбором задач и практических примеров;

в) желательно в конце курса VII класса выделить некоторое время для повторения основных понятий механики (а также и теплоты), включая эти повторения в виде упражнений и решения задач, специально подобранных для возобновления в памяти учащихся наиболее важных понятий и их определений.

9) Необходимо углубить изучение отдельных ступеней, на которых находятся основные понятия физики путем применения разнообразной методики исследования (наблюдений, экспериментальных бесед, сочинений и т. п.).

Примененный в данном исследовании метод систематических заданий позволяет разрешать эту проблему лишь в первой стадии исследования.

ЯВЛЕНИЯ ИНДУКЦИИ В РАВНОМЕРНОМ МАГНИТНОМ ПОЛЕ

(Принцип действия динамомашины)

И. ЛЕППЕН

(Рабфак педагогического института им. Герцена)

Явление электрической магнитной индукции и все приложения, связанные с ними, всегда вызывали большой интерес среди учащихся, и, нужно сказать, что требуется большое внимание и много вдумчивости, чтобы со всем этим вопросом надлежащим образом ознакомиться.

Среди всех приложений электрической магнитной индукции динамомашина стоит на первом месте. Проникнуть в сущность явлений, протекающих в этом сложном механизме, удается учащимся с большим трудом. Желая оказать посильную помощь на этом пути, я искал такого метода изложения, чтобы основной вопрос — принцип действия динамомашины—выяснялся просто, отчетливо и убедительно. Затем хотелось приводимые теоретические положения подтвердить опытным путем.

Сперва удалось разобраться в качественной стороне явлений, затем обрисовалась количественная сторона, и, наконец, все теоретические положения были подтверждены опытами, произведенными в поле земного магнетизма с помощью нового сконструированного прибора.

В виду изложенного, настоящую статью можно подразделить на две части: 1) теоретическое изложение; 2) описание прибора и результаты опытов.

Рассмотрим прямолинейный магнит NS (рис. 1).

Соглатно принятому условию силовые линии магнитного поля выходят из северного полюса, чтобы войти в магнит через южный полюс, причем у полюсов они расходятся в виде веера.

Заметим, что магнитное поле обладает большей интенсивностью в точках, где силовые линии сближены друг с другом, где они более сгущены. Предположим, что проводник AB, образующий замкнутый контур с гальванометром, расположен в плоскости, перпендикулярной к оси магнита. Если контур приближается к магниту, тогда число силовых линий, охватываемых им, возрастает, при удалении проводника от полюса магнита число силовых линий, пронизывающих контур, убывает. Такое заключение вытекает непосредственно из расположения магнитных силовых линий у самого полюса и на некотором расстоянии от него. Совокупность силовых линий, пронизывающих контур, называется силовым потоком. Чтобы выразить мысль, что силовые линии, пронизывающие контур, становятся более многочисленными, мы будем говорить, что при данном движении проводника магнитный поток возрастает. Наоборот, магнитный поток, пронизывающий контур, убывает, если мы сообщим контуру обратное движение, т. е. такое движение, при котором число силовых линий, проходящих через контур, убывает.

Так как возрастание или убывание числа силовых линий, пронизывающих контур, мы можем рассматривать, как относительное перемещение магнитного поля и цепи (AB), то, согласно закону Ленца, в этой цепи AB должен появиться индукционный ток 1) в момент приближения контура к магниту — одного направления, 2) при удалении от магнита направления, противоположного первому. Исключение из этого правила представляет случай, когда одновременно с удалением от магнита контур повернется к силовым линиям другой стороной,— тогда направление тока в гальванометре не изменится.

Индукционный ток появится в контуре не только при его поступательном движении, но также и при вращательном — около определенной оси, лишь бы магнитный поток, пронизывающий контур при этом вращении, изменялся.

Условный чертеж замкнутого витка, вращающегося в равномерном магнитном поле;

Рис. 1

Рис. 2.

прямая линия—одна сторона витка, зубчатая линия противоположная сторона.

Предположим, что наш контур вращается около оси, перпендикулярной направлению поля. Согласно схематическому чертежу 2, направление поля параллельно горизонту, а направление оси вращения лежит в горизонтальной плоскости перпендикулярно направлению поля. Когда контур расположен в вертикальной плоскости, то он охватывает максимальный поток Ф, но изменение потока в ближайших смежных точках почти равно нулю: гальванометр, составляющий с контуром замкнутую цепь, почти не дает отклонения, когда контур проходит через точку А.

Если повернуть контур от А до В, величина магнитного потока, пронизывающего контур, будет все время убывать и в точке В равняется 0, изменение же потока достигает maximum (рис. 2), и гальванометр дает значительное отклонение. Далее от точки В АО С поток снова возрастает и в С достигает maximum, а изменение потока = 0 и, следовательно, сила индукционного тока также равна 0. В точке D величина потока = 0, а изменение снова достигает maximum, и, наконец, от точки А явления повторяются в том же порядке.

Так как не величина потока определяет силу индукционного тока, а изменение потока или, точнее, скорость изменения потока, то понятно, почему сила индукционного тока в точках В и D будет maximum, а в точках А и С она равна почти нулю. Чтобы закончить изучение явления с качественной стороны, необходимо еще установить, каково будет направление индукционного тока. Для этого рассмотрим:

1) Движение контура между точками А и В; С и D; В и С; D и А (прохождение контура через эти точки в п. 1 не рассматривается).

2) Прохождение контура через точки А, В, С, D.

В промежутках между точками направление тока сохраняется, так как в каждом из промежутков (п. 1) поток либо все время убывает, как это имеет место в промежутках А и В; С и D; либо поток все время возрастает (промежутки В и С; D и А).

При прохождении контура из точки Ах через точку А к точке А2 поток сперва возрастает, а после прохождения через точку А убывает, следовательно, направление тока при прохождении контура через точку А должно измениться. При прохождении контура из точки Вх через точку В к точке В2 магнитный поток сначала убывает до точки В, а затем от Б к Вх возрастает; следовательно, направление тока, повидимому, должно измениться, однако, здесь направление тока не изменится, так как контур при прохождении через точку В поворачивается к силовым линиям другой своей стороной (опыт с магнитом, черт. 1). В точках С и D явления повторяются.

Результаты качественного исследования можно занести в следующую таблицу:

Таблица 1

Таблица, дающая качественную характеристику явлений, возникающих в замкнутом контуре при вращении его в равномерном магнитном поле

Положение контура

Величина потока

Изменение потока

Сила индук. тока

Направление тока

А

max.

О

О

измен.

В

О

max.

max.

не измен.

С

max.

О

О

измен.

D

О

max.

max.

не измен.

Качественное исследование явлений, возникающих в замкнутом контуре при равномерном вращении его в равномерном магнитном поле, показывает, что в контуре возникает ток, периодически меняющийся и по величине и по направлению, причем победнее изменение происходит при прохождении тока через нулевые значения. Для более детального изучения этих явлений разобьем угол, на который повернется контур между точками А и В, на равные части, например на 9 частей, т. е. по 10° в каждом угле. Вращение контура предполагается с некоторой средней скоростью (т. е. равномерно).

Допустим, что площадь, обнимаемая контуром ==1000 см2, и число силовых линий, пронизывающих эту площадь при прохож-

дении контура через точку Л = 1000. Таким образом, максимальный поток, пронизывающий контур, = 1000 силовых линий. При вращении контура число силовых линий, пронизывающих его, будет равно числу силовых линий, пронизывающих его проекцию на плоскость, перпендикулярную направлению силовых линий поля (т. е. на плоскость начального положения контура, определяемого точкой А). Площади упомянутых проекций в каждый момент вращения равняются площади контура (рамки), умноженной на Cs угла, образуемого начальным положением рамки и каждым новым (мгновенным) ее положением при вращении.

На основании всех упомянутых данных и таблицы натуральных тригонометрических величин составим таблицу, которая выяснит с количественной стороны явления, возникающие в замкнутом контуре при равномерном его вращении в равномерном магнитном поле.

Таблица 2

Средн. угол участка

Угол поворота

Cos а

См* в площади проекции рамки

Число силовых линий, проходящих через рамку

Изменение числа силовых линий

Отнощение чисел последнего столбца к первому числу 134

0

1*

1000

1О0О

—134

1

15

30

0,866

866

866

45

60

0,500

500

500

—366

2,7

75

90

0

0

0

-500

3,7

105

120

—0,500

500

-500*

—500

3,7

135

150

—0,866

8о6

— 866

—366

2,7

165

180

—1

1000

—1000

—134

1

195

210

—0,866

866

— 866

-134

—1

225

240

—0,500

500

— 500

366

-2,7

255

270

—0

0

0

500

—3,7

285

300

0,500

500

500

500

—3,7

315

330

о,8бе

866

866

3F.6

—2,7

345

360

1

1000

1000

134

—1

Из приведенной таблицы видно, что изменения потока в разных участках относятся, как 134 :366 :500...= 1 :2,7 : :3,7... Каждый участок рамка проходит одинаково и за один и тот же промежуток-времени ; следовательно, средние скорости изменения потока в разных участках будут относиться про-

Рис. 3

* Знак (—) показывает, что силовые линии проникают в рамку с другой стороны.

порционально числам 1 ;2,7 ;3,7... Как первое приближение, примем, что средняя скорость изменения потока в каждом участке равняется мгновенной скорости изменения потока при прохождении рамки через средний угол данного участка. Например, средний угол участка 0° — 30° будет 15°, в участке 30° — 60° будет 45° и т. д. Для построеения кривой, характеризующей скорости изменения потока, отложим на горизонтальной прямой (оси абсцисс) равные отрезки, соответствующие равным участкам, проходимым рамкой при вращении. Через точки, соответствующие средним углам в каждом промежутке, построим ординаты, пропорциональные средним скоростям изменения потока в каждом участке и соединим крайние точки ординат плавною кривою.

Вид кривой напоминает синусоиду. Если действительно мы получили синусоиду, то отрезки, служившие для построения ее, должны относиться между собою так же, как относятся синусы средних углов. Проверим это:

sin 15% = 0,259 sin 15° : sin 45° : sin 75° =

sin 45% = 0,707 = 0,259; 0,707 :0,966 =

sin 75% = 0,966 = 1 :2,7 :3,7.

Полученные результаты подтверждают высказанное предположение.

Построенная кривая должна служить характеристикой э. д. с. индукции, возникающей в контуре, так как скорость изменения потока, пронизывающего контур, пропорциональна э. д. с. индукции, а также и силе тока

Предварительными опытами было установлено, что с постоянными магнитами эту выведенную теоретическую закономерность об изменении э. д. с. показать не удается вследствие неравномерности поля.

После этого исследования начались в поле земного магнетизма. Незначительные размеры рамки при слабом напряжении земного магнетизма давали в чувствительном зеркальном гальванометре незначительные отклонения, и наблюдения приходилось производить с помощью зрительной трубы. Исследования показали, что при повороте рамки каждый раз на один и тот же угол (30°) отклонения гальванометра изменяются и периодически повторяются в определенном порядке. Установив наличность закономерности явления, решено было увеличить размеры рамки и число витков в ее обмотке, чтобы можно было увеличить отклонения гальванометра и вынести, таким образом, наблюдения из поля зрения трубы в окружающее пространство (см. чертеж). Увеличенная модель при значительном расстоянии зеркального гальванометра от шкалы дала при том же повороте колеса (30°) отклонения в 30 см, 90 см, 120 см. Такие отклонения по шкале можно, конечно, наблюдать невооруженным глазом.

Ниже приводится таблица, составленная на основании данных, полученных из опыта. Рамка поворачивалась каждый раз на угол в 30°.

Рамка приводилась во вращение с помощью гири, привязанной к одному концу шнура, другой конец которого был закреплен в жолобе, проделанном по окружности колеса: штепсель, выдвинутый в соответственное отверстие колеса, своевременно останавливал движение колеса, а вместе с тем — и рамы с обмоткой.

Таблица 3

Участок от . .до

1-й круг

2-й круг

3-й круг

4-и круг

5-й круг

Отклонения в сантиметрах

0— 30

34

33

34

34

33,5

30— 60

94

94

94

94

94

60— 90

120

120

121

119

121

90-120

124

124

124

125

123

120—150

88

88

87

86

85

150—180

33

33

34

34

34

180—210

— 34

— 34

— 34

— 34

— 34*

210—240

— 94

— 95

— 93

— 92

— 92

240—270

—122

—124

—124

—122

—124

270—300

—123

—124

—124

—124

-122

300—330

— 91

- 90

— 89

— 90

- 90

330—360

— 33

— 34

— 34

— 34

-33,5

При рассмотрении последней таблицы, полученной за 5 оборотов рамки, мы видим, что: 1) отклонения гальванометра периодически повторяются; 2) отклонения за разные обороты в одних и тех же углах имеют почти одинаковые величины; 3) если проследим отклонения за первый оборот и примем отклонение между 0 и 30° за единицу, то отклонения в других углах этого оборота выразятся следующими числами:

0—30...... 1

30— 60 ...... 2,8

60— 90 ...... 3,7

90—120 ...... 3,7

120—150 ...... 2,6

150-180 ...... 1

180—210...... —1

* Знак (—) стоит согласно правилу Декарта.

210—240 ...... —2,7

240—270 —3,6

270-300 ...... —3,6

300-330 ...... -2,7

330-360 ...... —1

Первый из приведенных результатов показывает, что мы имеем дело с периодическим закономерным явлением; второй результат, как показали исследования этого вопроса, получился вследствие неравенства дуг, на которые была разделена окружность, описанная на плоскости колеса; третье замечание указывает на согласование теоретических расчетов с данными опыта.

Переходя к выводам, вытекающим из данных опыта, мы примем, что отклонения гальванометра пропорциональны средней силе тока за данный участок движения рамки; среднюю силу тока примем, как первое приближение, равной мгновенной силе тока в момент прохождения рамки через средний угол данного участка: например, для участка 0—30 средний угол = 15°, для участка 30—60 средний угол = 45° и т. д.

Легко видеть, что эти отношения совпадают с ранее выведенными теоретически; другими словами, токи будут изменяться согласно закону синуса.

Обозначим отклонения гальванометра через а1% а2, а3, а силы упомянутых мгновенных токов через lv /2, /3,—тогда !1\12:1г... = аг :а2 :я3...

Отношения между отклонениями нам известны.

Итак, при вращении замкнутого контура в равномерном магнитном поле с некоторой средней скоростью в контуре возникает переменный ток синусоидального характера.

В данной работе принимали участие лаборант В. В. Петраевский и преподаватель физики Е. Н. Маталов,

ОТКЛИКИ НА НАШИ СТАТЬИ

Редакция получила заметку Б. М. Столбова (Казань), в которой он указывает, что т. Гельфенбейн в своей статье «Закон Ома» (№ 4 нашего журнала за 1935 г.) допустил некоторые ошибки.

Б. М. Столбов прежде всего считает неправильным определение элоктродвижущей силы, как энергии, отдаваемой каждой единице количества электричества, проходящего через источник, и полагает, что при определении электродвижущей силы надо исходить из незамкнутого источника тока.

Далее т. Столбов считает, что формула закона Джоуля — Ленца, в которую входит квадрат силы тока, не является формулой более общей, чем та, в которую входит произведение силы тока на напряжение, и высказывает свои сомнения относительно того, что первая формула справедлива во всех случаях.

Также т. Столбов сомневается в правильности положения т. Гельфенбейна о том, «что на зажимах разомкнутого источника тока имеет место разность потенциалов, равная и противоположная электродвижущей силе».

В заключение автор заметки считает неправильным путь прохождения законов тока, предлагаемый в статье: сначала закон Джоуля — Ленца, а затем закон Ома.

Считая недоумения т. Столбова весьма существенными для понимания закона Ома, редакция ниже помешает дополнительные раз'яснения т. Гельфенбейна.

ЕЩЕ РАЗ О ЗАКОНЕ ОМА

А. ГЕЛЬФЕНБЕЙН (Москва)

§ 1. Предварительное замечание

Моя статья «Закон Ома» (методический сборник № 4 за 1935 г.) вызвала определенный интерес среди преподавателей физики. Это видно хотя бы из того, что мне уже не раз приходилось выступать перед различными собраниями преподавателей с изложением и раз'яснением тех мыслей, которые имеются в упомянутой статье.

Недавно редакцией «Математики и физики» были получены замечания т. Столбова, в которых он обвиняет меня в том, что я допустил в своей статье «ряд грубых ошибок».

Надо заметить, что физика — трудная наука, и нет ничего легче, как допустить ошибку в любом вопросе физики. Однако при внимательном рассмотрении указаний т. Столбова я не смог найти у себя ни одной ошибки.

§ 2. Определение электродвижущей сплы

Тов. Столбов не понял предложенного мною определения электродвижущей силы (энергия, отдаваемая каждой единице количества электричества, проходящего через источник).

Тов. Столбов указывает, что энергия, получаемая каждым кулоном при прохождении через источник, равна разности потенциалов на зажимах и зависит от внешнего сопротивления. Ссылаясь на пример № 2 (§ 8 моей статьи), т. Столбов говорит, что каждый «кулон, в конце концов, получит не 1,5 джоуля, а только 1,35». (1,5 V—электродвижущая сила элемента, a 1,35 V—напряжение на его зажимах).

Недоумение т. Столбова вполне законно, и мое определение нуждается в пояснениях. Конечно, при прохождении сквозь источник каждый кулон получит в результате 1,35 джоуля, но ведь это в результате.

В моем определении говорится об энергии, отдаваемой источником, т. е. об энергии, отдаваемой при тех процессах, которые делают источник тем, что он есть. Эта энергия и составляет 1,5 джоуля на кулон. Из них 0,15 джоуля идут на нагревание элемента,

но это тепло непосредственного отношения к процессам, создающим движение электричества, не имеет.

Поясню это на примере.

Обыкновенный элемент Вольты представляет собой сложный источник электрической энергии. Электродвижущие силы этого элемента сосредоточены в нескольких местах, а именно — на всех границах соприкосновения разнородных веществ: цинк — раствор, раствор — медь, медь — цинк (это — место соприкосновения медного провода внешней цепи с цинковым электродом). На всех этих границах имеют место электродвижущие силы. То, что мы называем электродвижущей силой элемента Вольты, есть алгебраическая сумма трех (в данном случае» электродвижущих сил, действующих на трех упомянутых границах. Именно здесь, в весьма тонких пограничных слоях, и получает энергию проходящее сквозь эти слои электричество, черпая ее из какого-либо «постороннего» резервуара энергии. Алгебраическая сумма всех энергий, получаемых каждым кулоном во всех пограничных слоях, и выражается электродвижущей силой элемента, в полном соответствии с моей формулировкой. Что же касается джоулева тепла, то оно выделяется не в этих тонких слоях, а в толще тех проводников, которые составляют гальваническую цепь. В частности, тепло выделяется и в той части цепи, которую мы называем внутренней. В разбираемом примере это тепло будет выделяться главным образом в растворе, так как сопротивление электродов обычно мало. Обобщая, можно все это выразить так. Кроме превращения потенциальной электрической энергии в тепло, в цепи, вообще говоря, происходят и другие превращения энергии. Назовем энергию, участвующую в таком превращении (не потенциальную энергию электричества и не джоулево тепло) посторонней энергией. Тогда можно сказать, что электродвижущая сила измеряет то количество энергии, которое каждый кулон получает из источника посторонней энергии.

Попытаюсь привести механическую аналогию.

Я равномерно поднимаю на высоту h какое-либо тело весом Р, преодолевая при этом сопротивление воздуха г7, приложенное к этому телу. Тело получит потенциальную энергию Ph, но я-то при этом отдал телу энергию (P-\-F)h, часть которой Fh превратится в тепло.

Энергия, отдаваемая источником каждому проходящему кулону, и энергия, приобретаемая каждым кулоном в общем результате прохождения сквозь источник,—это совсем не одно и то же.

§ 3. Закон Джоуля — Ленца

Тов. Столбов сомневается далее в большой универсальности формулы

Q = 0,24/2/?^ (2)

по сравнению с формулой

Q = 0,24/V7 (1)

Он пишет так:

«Что такое /?? Если это сопротивление всей цепи, то уравнение (2) несправедливо для участка цепи. Если R— внешнее сопротивление, то уравнение справедливо только для участков, не содержащих электродвижущих сил, т. е. для всех случаев, перечисленных в пункте 4 § 7, и этой формуле (2) тоже «не следует... давать название закона Джоуля и Ленца» (4, § 7)».

Это — серьезное непонимание.

Мне представляется излишним повторять здесь аргументацию, приведенную в моей статье; ограничусь разъяснением вопроса о том, «что такое /?».

R— это сопротивление того проводника, в котором выделяется тепло. Если взять в качестве примера простейшую цепь из элемента с внутренним сопротивлением г и из внешней цепи с сопротивлением Rv то в том-то и дело, что по формуле (2) можно вычислить тепло, выделяющееся где угодно.

По внешней цепи это тепло будет:

Q^-0,24/2/?^, во внутренней:

<22 = 0,24 Prty

во всей цепи:

Q0=3 0,24/2(7?, + r)t

и таким же образом для любого участка.

Что же касается формулы (1), то она даст правильный результат только для внешней цепи (и для любого участка, не содержащего электродвижущих сил).

Для внутренней цепи при правильном применении формула (1) даст тепло, равное теплу во внешней цепи, но с обратным знаком, что безусловно неправильно.

При неправильном применении формулы (1) ко внутренней цепи она может дать и верный результат. Для этого надо под V разуметь /г, т. е. фактически воспользоваться формулой (2). Но в том-то и суть всех разго-

воров, что lr не есть разность потенциалов. Ни один вольтметр не может показать эту величину. Разность потенциалов (то, что показывает всякий вольтметр) только для участков, не содержащих электродвижущих сил, равна IR.

Наконец, если, правильно понимая под V разность потенциалов, применить формулу (1) ко всей цепи, то получим, что никакое тепло во всей цепи не выделяется. Вот и все: формула (2) всегда дает правильный результат, а формула (1) — только для участков, не содержащих электродвижущих сил.

Позволю себе сделать еще одно замечание.

В цепи переменного тока применение формулы (2) осложнено так называемым скин-эффектом. Если речь идет о небольших частотах (например 50 герц) и не о весьма толстых проводах, то вполне применима формула (2), где под / надо разуметь теперь эффективную величину силы тока. По этой формуле можно вычислить (и всегда вычисляется) тепло, выделяющееся в обмотках трансформаторов, индуктивных катушках и т. п. Применение формулы (1) привело бы в этих случаях к весьма грустным результатам. (Это потому, что в названных случаях большую роль играет электродвижущая сила самоиндукции.)

По поводу закона Джоуля т. Столбов высказывает еще методические соображения, касающиеся того, в каком порядке надо проходить закон Ома и закон Джоуля-Ленца. Отстаивая обычный порядок (закон Ома — раньше), т. Столбов пишет:

«1) Закон Ома все же проще закона Джоуля и Ленца, 2) закон Ома легко проверяется на опыте в классе, чего нельзя сказать о законе Джоуля и Ленца... вводя сначала закон Джоуля и Ленца, его придется учащимся принимать на веру».

Я никогда не считал вполне решенным вопрос о том, в каком порядке следует проходить эти законы. Мое личное убеждение остается прежним: закон Ома очень труден потому, что даже в простейшем случае в него входит понятие о напряжении, которым далеко не все учащиеся владеют. Излагая закон Ома после закона Джоуля-Ленца, мы в весьма высокой степени облегчаем сознательное усвоение как самого закона Ома, так и понятия о напряжении. Бессмысленно вызубрить оба закона можно с одинаковым успехом в любом порядке.

§ 4. Обобщенное выражение закона Ома

Тов. Столбов пишет:

«В пункте 3 § 7 автор делает странную ошибку, ведущую к не менее странному заключению, что «на зажимах разомкнутого источника (тока) имеет место разность потенциалов, равная и противоположная электродвижущей силе». Таким образом, по автору: где был плюс, теперь станет минус! Когда источник разомкнут, то надо считать внешнее сопротивление бесконечно большим. Уравнение (12) V+E = IR превращается при разомкнутом источнике в неопределенность (О^оо), и нельзя писать, как это делает т. Гельфенбейн, V=i — Е (13)». Здесь мы снова сталкиваемся сэ старым вопросом «что такое /??»

По смыслу вывода, данного в моей первой статье, все величины, входящие в формулу (12), относятся к тому участку, к которому мы ее хотим применить. Напряжение (V) есть разность потенциалов на концах этого участка, Е—электродвижущая сила источников, включенных в этот участок. Если имеются источники, включенные в ту же цепь, но вне рассматриваемого участка, то их электродвижущие силы, конечно, повлияют на силу тока и напряжение (V) в рассматриваемом участке, но явно в формулу (12) такие электродвижущие силы не войдут. Наконец, / и R—сила тока, протекающего по данному участку, и его сопротивление.

Если опять обратиться к примеру простейшей цепи, только что рассмотренной в § 3, то для внешней цепи £ будет равно нулю.

Там нет источников, следовательно, формула (12) обратится в обычный закон Ома для участка:

Здесь Vt — напряжение на концах внешней цепи.

Для всей цепи нужно положить V=0 (см. мою статью) и следовательно:

опять — обычный закон Ома, но уже для всей цепи.

Наконец, применяя формулу (12) к источнику, получим:

V' + £ = 7r, где V—напряжение на зажимах источника.

Если внешнее сопротивление возрастает до бесконечности, то сила тока стремится к нулю; а так как внутреннее сопротивление г от этого не меняется, то правая часть последнего равенства также стремится к нулю, и для разомкнутого элемента получается:

V' = — E.

Чтобы уяснить себе смысл этого диковинного равенства, разберем простейший (с формальной стороны) пример.

Сложены вместе два металлические куска (рис. 1): цинковый и медный. В местах их соприкосновения наблюдается «контактная разность потенциалов», а именно: потенциал цинка оказывается выше потенциала меди (речь идет о потенциалах на поверхности обоих кусков). В верхней части рисунка 1 представлено распределение потенциала вдоль поверхности нашего бруска из двух металлов. Весь брусок в целом является, конечно, проводником электричества; потенциал правой половины этого бруска выше, чем потенциал левой; почему же, спрашивается, электроны не перетекают от меди к цинку, и почему не выравниваются потенциалы двух половинок одного проводника? Ответ может быть только один: явления, происходящие на границе раздела двух металлов, создают силы, заставляющие электроны перетекать в противоположном направлении (от цинка к меди). Эти явления и представляют физическую сущность того, что мы характеризуем «электродвижущей силой». Электродвижущая сила производит на границе раздела действие, обратное тому, что делает разность потенциалов (напряжение). В данном примере имеет место равновесие электричества и, как всегда в таких случаях, действие электродвижущей силы противоположно действию напряжения, и они уравновешивают друг друга.

То же самое можно сказать и о гальваническом элементе: замкнут ли он или разомкнут— электродвижущая сила гонит электричество внутри элемента в сторону, противоположную той, в которую электричество стремится двигаться под влиянием разности потенциалов. Что же касается внешней цепи, то там, в простейшем случае, никакой электродвижущей силы нет и единственной причиной движения электричества там является разность потенциалов.

Легко видеть, что разность потенциалов на концах внешней цепи Vt и разность потенциалов на зажимах источника V связаны соотношением:

V=*—Vv

Это неудивительно: «концы внешней цепи «и» зажимы источника» суть одна и та же пара точек. Разность потенциалов считается вдоль тока: из потенциала начальной точки надо вычитать потенциал конечной; если потенциал плюса источника обозначить VQ, а потенциал минуса—Vb, то

Vi=Va-V„ v=vb-va

и, следовательно,

V = — Vv Тов. Столбов пишет:

«Случай, приводимый в пункте 3 § 7, хорошо иллюстрируется компенсационным методом Поггендорфа для сравнения электродвижущих сил (рис. 2). Движением контакта С по проволоке AB добиваются того, что в ответвлении с элементом Е нет тока. Это будет при условии если

V1—V2=V= — E».

Вот это правильно! Именно это я и имел в виду, когда в пункте 3 § 7 говорил об источнике, «в котором сила тока почему-либо равна нулю».

§ 5. Попутные замечания

А. Пользуюсь случаем, чтобы исправить две опечатки, вкравшиеся в мою первую статью.

Рис. 1

Рис. 2

Фраза в конце третьего абзаца § 4 совершенно искажает мою мысль. Должно быть: «Во-вторых, что не обязательно все детали этой аналогии излагать сразу».

2. На чертеже 4 знаки (-J- и —) перепутаны.

В. Считаю необходимым заявить, что предложенное мною энергетическое истолкование закона Ома и подход к основным законам тока являются плодом отчасти моего личного творчества, отчасти коллективного труда моих товарищей (В. В. Крауклис, К. А. Макарова и др.).

Сам же закон Ома в форме

V-\-E=iR

выдуман, конечно, не нами, и его изложение можно найти во многих современных учебниках. На русском языке см., например. И. А. Тудоровский — «Электричество и магнетизм», часть 1-я, ГТТИ, 1933.

ПО ПОВОДУ ЗАМЕТКИ Д. ГАЛАНИНА „КОЭФИЦИЕНТ ПОЛЕЗНОГО ДЕЙСТВИЯ ТЕПЛОВЫХ МАШИН“

Проф. А. БАЧИНСКИЙ

Несмотря на чрезвычайно важное значение, которое имеет термодинамика для различных отраслей науки и для важнейших ветвей техники (я разумею теплотехнику и химическую промышленность), у иас весьма мало распространено точное знание термодинамики и очень слаба, если можно так выразиться, термодинамическая культура. Свидетельством этого служат появляющиеся одна за другой книги и статьи, которые трудно не назвать термодинамически-безграмотными. К этой категории литературной продукции приходится отнести и заметку Д. Галанина, заглавие которой выписано выше и которая недавно появилась в № 2 сборника «Математика и физика в школе».

Д. Галанин ставит себе цель «об'яснить основные научные принципы работы тепловых машин», причем он обещает «давать достаточно глубокие научные обоснования для понимания принципа действия» этих машин.

Как особое преимущество предлагаемого им метода, Д. Галанин подчеркивает, что этот метод избавляет от необходимости «затронуть все основные принципы термодинамики», а также «вводить понятие о круговых процессах и о цикле Карно, остающихся не позволяющими делать с ними какие-либо расчеты» (??). Читатель, конечно, изумлен. Как? Ведь все так называемые «термодинамические к. п. д.» характерны не столько для машин, сколько именно для тех круговых процессов, которые должны происходить в этих машинах; сюда относятся в первую очередь к. п. д. идеальной машины Карно:

(1)*

а тут Д. Галанин берется вывести нам к. п. д цикла, не говоря ничего о самом цикле (таким образом Д. Галанин, очевидно, думает, что цикл Карно, цикл Отго, цикл Дизеля, цикл Стирлинга и т. д. имеют один и тот же к.п.д.; это—грубое заблуждение). Немало удивит читателя и утверждение Д. Галанина, якобы вне изобретенного им метода необходимо будет для вывода формулы (1) «затронуть вое основные принципы термодинамики» (ведь фактически здесь вполне достаточно первого принципа, притом же в той чрезвычайно простой форме, какую принимает он для круговых процессов). Однако подождите изумляться, уважаемый читатель! К схоластическим пережиткам, от изучения которых Д. Галанин любезно освобождает учащееся юношество, надо, вместе с основными принципами термодинамики, круговыми процессами и циклом Карно, причислить еще и источник тепла и холодильник. Невероятно, но факт: для того, чтобы, по Д. Галанину, вывести формулу (1), нет надобности говорить ни об источнике тепла, ни о холодильнике, ни о процессе, ни о цикле Карно; достаточно только магического слова «машина» и допущения, что в машину входит газ, который затем из нее выходит (что делает газ в машине, это Д. Галанин держит в секрете). Газ, по Д. Галанину, обладает «упругой» энергией (термин в данном случае бессмысленный), а количество этой энергии в газе равно будто бы pv (абсурд: никакая из присущих газу разновидностей энергии так не выражается).

Мы приближаемся теперь к центральному пункту термодинамических откровений Д. Галанина: нам предстоит узнать самую сущ-

* Д. Галанин говорит, якобы эту формулу дал сам Карно. Это неверно.

ность работы газа в машине. Эта сущность, по Д. Галанину, заключается в том, что при входе в машину газ обладает большой «упругой» энергией рх vl9 при выходе же из машины он имеет меньшую «упругую» энергию p2v2. Затем Д. Галанин безапелляционно говорит нам, что разность /?^—p2v2 между энергией газа при входе и энергией его при выходе превращается машиной в работу1. (Мы не прочь были бы спросить почему? Ведь с точки зрения первого принципа термодинамики эта разность энергий могла' бы превратиться и в теплоту,— но Д. Галанин; скуп на об'яснения, поэтому будем молчать и слушать, что будет дальше). Искомый к. п. д. теперь уже не за горами. Его числитель (z?!^— p2v2) уже готов; нехватает знаменателя. Обычно таким знаменателем делают теплоту, взятую у «нагревателя»; но для Д. Галанина этот путь закрыт,— ведь Д. Галанин в изобретенной им теории обходится без нагревателя и без холодильника. Попав в очень трудное положение, Д. Галанин действует как ученик, который, не будучи в состоянии найти правильный ход решения задачи, но зная ответ, делает какие попало действия, лишь бы вышел ответ. Д. Галанин знает, что по уравнению Клапейрона Т пропорционально pv: значит, если вместо недостающего знаменателя вставить ptvt, то после замены произведший p-vt во всех случаях абсолютной температурой желательная Д. Галанину формула будет получена. Так все и происходи г, и читатель, знающий истинную постановку вопроса и правильный метод решения его, с трудом; может притти в себя, так как ему никогда не случалось видеть, чтобы что-либо подобное выдавалось за «достаточно глубокие научные обоснования для понимания принципа действия» тепловых машин и предлагалось, как нечто заслуживающее занять место в ряде тех «основ наук», которые должна преподавать наша школа.

ОТ РЕДАКЦИИ

Печатаемую выше критическую заметку проф. А. Бачинского редакция дала в копии проф. Д. Д. Галанину для ответа, который редакция предполагала поместить вместе с заметкой. Но ответ проф. Д. Д. Галанина оказался настолько неудовлетворительным, что не только не опровергает обвинений проф. А. Бачинского, а еще более подтверждает их. Так, например, Д. Д. Галанин пишет, что «в IX классе нельзя дать сколько-нибудь (!?) строго обоснованных, развернутых и правильных (!) термодинамических представлений». На это проф. Бачинский (которому ответ Д. Д. Галанина был послан) совершенно резонно отвечает: «Если нельзя дать правильных представлений, то не надо давать никаких, ибо давать учащимся неправильные представления было бы преступно».

Остальные возражения проф. Д. Д. Галанина носят такой же характер некоторого полупризнания ошибки. В конце концов все же Д. Д. Галанин «крайне сожалеет о появлении этой чересчур краткой заметки», так как из-за этой краткости он «не догадался оговорить все упрощающие моменты изложения (?)». Понятно поэтому, что редакция не помещает здесь ответа Д. Д. Галанина, как не опровергающего по существу положений заметка проф. Бачинского.

Нужно сознаться в грубой ошибке, которую совершила редакция, и в первую очередь зам. отв. редактора, заведующий физическим разделом, А. Т. Калашников, поместив заметку Д. Д. Галанина. Понятно, что вина не снимается и с ответственного редактора.

Отв. редактор

А. Бурсуков

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

О ЦЕЛЕСООБРАЗНОСТИ КОНЦЕНТРИЧЕСКОГО ИЗУЧЕНИЯ ТРИГОНОМЕТРИИ

К. ШЕВЧЕНКО (Днепропетровск)

Вполне своевременно в газете «За коммунистическое просвещение» (№ 26 от 26 марта с. г.) появилась статья «Против ступеней» и «концентров». В этой статье автор не указывает на параллелизм прохождения различных отделов дисциплин средпешкольного курса.

Нас в данном случае интересует вопрос есть ли целесообразность в концентричности прохождения тригонометрии? По моему глубокому убеждению, на поставленный вопрос можно ответить только отрицательно, ибо непедагогичность такого порядка изучения (и преподавания) тригонометрии ни в малой степени не компенсируется теми незначительными плюсами, которые дает концентрический метод.

Как известно, программа и учебный план по математике в средней школе построены таким образом, что сперва тригонометрические функции рассматриваются, как отношение сторон прямоугольного треугольника (т. е. тригонометрические функции острого угла), затем вслед за этим — решение прямоугольных треугольников (не в этом ли вся «соль» концентрического метода!?), соотношение между тригонометрическими функциями одного и того же угла и, наконец, даже решение косоугольных треугольников (по теореме синусов и теореме косинусов). Это —первый концентр. Второй концентр включает в себя систематическое изучение тригонометрии, начиная с распространения понятия тригонометрических функций на углы любой величины, рассматривая их, как отношение отрезков линий, определенным образом построенных в круге, к радиусу. Я придерживаюсь термина систематическое изучение» (тригонометрии), ибо I концентр является более или менее пропедевтическим и его ни в коем случае нельзя назвать педагогически выдержанным.

Концентрическое прохождение тригонометрии вызвано к жизни различными причинами, из коих главные — левацкое экспериментирование в вопросах методики преподавания математики и желание как можно раньше применять тригонометрию к решению задач прикладного характера и, в частности, пособить физике. Последнее — дело похвальное, но едва ли вызывается острой необходимостью. Без труда курс физики можно построить так, чтобы обходиться без знания основ тригонометрии, что многие преподаватели физики и делают. Иные педагоги обосновывают необходимость изучать тригонометрические функции, как отношение сторон прямоугольного треугольника, сугубо «исторически»: дескать, тригонометрия зародилась именно вот так. Ну, если бы наш школьник изучал все науки в их историческом «естестве»,— туго ему приходилось бы. В таком случае и диференциальное исчисление пришлось бы начинать с задачи о проведении касательной!

Цель концентрического метода прохождения тригонометрии не так значительна, чтобы восполнить его неудобства. А неудобства великие.

Не говоря уже о нарушении стройности и последовательности изложения и изучения тригонометрии (укажем хотя бы на вклинивание части так называемых формул приведения), укажу только на чрезвычайную трудность восприятия учащимися тригонометрических функций углов, любых по величине.

При переходе к тригонометрическим функциям любого угла учащемуся приходится как бы заново изучать эти функции. И в самом деле, раньше он знал, что синус — это отношение противолежащего катета к гипотенузе, косинус— это отношение и т. д. Теперь же ему говорят, что синусом называется отношение к радиусу перпендикуляра, опущенного из конца дуги (или, что то же, из конца подвижного радиуса) на горизонтальный диаметр (или на неподвижный радиус). Здесь преподавателю представлено два пути. Первый путь — игнорировать законное недоумение учащегося, сообщив лишь, что «раньше мы рассматривали тригонометрические функции применительно к частному случаю — острому углу, и потому могли пользоваться прямоугольным треугольником, а теперь мы расширяем наши сведения и на область тупых и «сверхтупых» углов, и прямоугольный треугольник нас теперь не устраивает. А дальше вы поймете, что разногласия никакого нет». Об этом первом пути преподавателя скажу ниже. Второй путь — обстоятельно объяснить, что к изучению тригонометрических функций можно подойти иначе, чем это было раньше, а именно: образовывая угол любой величины вращением радиуса. Этот путь неизбежно чреват большими трудностями, особенно, когда речь идет о тангенсе, котангенсе, секансе и косекансе.

Так например, если начертить на доске тригонометрическую окружность и предложить учащемуся найти отрезок, отношение которого к радиусу даст нам тангенс данного острого

угла, то в большинстве случаев учащийся затрудняется построить такой отрезок, ибо нужно быть весьма сообразительным, чтобы догадаться построить треугольник, подобный треугольнику, образованному линией синуса, линией косинуса и радиусом, в особенности, если на чертеже линии синуса и косинуса не проведены. Затем придется долго останавливаться на том, почему за линию тангенса удобно принять отрезок касательной, проведенной через начало дуг, а не какой-либо иной касательной. Еще сложнее обстоит дело при переходе к тангенсу тупого угла.

Вернемся к первому пути — пути игнорирования. Разумеется, это не путь педагога, но много ли лучше забираться в глубокие дебри «от частного к общему», расплачиваясь за спешку к практицизму и «историчность»?

А ведь все так просто в тригонометрии — одной из наиболее «легких» математических дисциплин, если изучать ее систематически. Нет ничего проще — после рассмотрения тригонометрических функций углов в пределах от 0° до 360° перейти к свойству периодичности, а затем, выведя основные и дополнительные формулы между тригонометрическими функциями одного и того же угла, перейти к решению прямоугольных треугольников (уже на основании этих формул) помощью таблиц натуральных значений тригонометрических величин. Нужды в решении косоугольных треугольников на такой ранней стадии прохождения тригонометрии нет, что и понятно, если вспомнить, что в практике физики, механики и самой математики все-таки, главным образом, приходится иметь дело с прямоугольными треугольниками.

Помимо всего прочего (разумею все те же трудности методического порядка), уничтожив концентричность прохождения тригонометрии, тем самым с пользой для дела мы увеличим баланс времени на другие разделы математики, хотя бы на ту же самую тригонометрию, где все еще мало времени уделяют чрезвычайно важному разделу обратных круговых функций, решению геометрических задач тригонометрическим путем, тригонометрическим уравнением.

Мне кажется, что этот вопрос заслуживает того, чтобы Наркомпрос и вся масса педагогов — математиков его рассмотрели, и в соответствии с этим был бы переработан стабильный учебник тригонометрии Рыбкина, и без того страдающий многими недостатками.

НОВЫЕ КНИГИ ПО ФИЗИКЕ

I. «ФИЗИЧЕСКИЙ ЭКСПЕРИМЕНТ В ШКОЛЕ», T. II. Галанин, Горячкин, Жарков, Сахаров и Павша. Учпедгиз, 1935, цена 4 р. 15 к.

Предлагаемая вниманию читателя книга является вторым томом большого пособия по технике физического эксперимента.

Пособие, изданное Учпедгизом, рассчитано на преподавателей физики средней школы и студентов педагогических институтов. Об'ем издания определен в размере 8 томов. Материал распределяется в таком порядке: I — «Оборудование физического кабинета» (книга вышла из печати в 1934 г.; в настоящее время весь тираж распродан); том II «Механика»; томы III, IV, V — «Электричество»; т. VI — «Акустика и оптика»); т. VII — «Учение о твердом, жидком и газообразном состояниях»; т. VIII — «Теплота». Выход в свет последних двух томов предполагается в 1937 г.

Том II сборника «Механика», недавно появившийся в книжных магазинах, с своей стороны, распадается на шесть глав: 1) «Излучение», 2) «Кинематика и падение тел», 3) «Статика», 4) «Динамика», 5) «Колебательное движение и волны» и 6) «Сопротивление материалов и трение».

В указанном порядке в книге собраны описания различных измерительных и демонстрационных приборов и аппаратов по механике, изготовляемые как советскими предприятиями, так и иностранными фирмами. Описания снабжены подробными инструкциями, как пользоваться прибором, как производить при помощи последнего измерения, как устанавливать прибор, хранить и т. д. В соответствии с определенными разделами курса механики в книге описан целый ряд демонстраций, которые ставятся как на фабричных приборах, так и на сомодельных. К математической обработке излагаемого материала автора сборника прибегают довольно редко. Книга богато иллюстрирована рисунками, фотографиями, схемами. На 354 страницы текста приходится 642 иллюстрации. Кроме этого, книга снабжена довольна подробными справочными таблицами: удельные веса различных тел, модули упругости и т. д.

2. «ФИЗИЧЕСКИЙ ЭКСПЕРИМЕНТ В ШКОЛЕ», Т. III Галанин, Горячкин, Жарков, Сахаров и Павша. Учпедгиз, 1936, 352 стр.

Том III пособия по физическому эксперименту охватывает две большие главы курса физики: «Постоянный ток» и «Магнетизм».

В этой книге авторами собран весьма большой материал: 1) описания электротехнических материалов и приборов, начиная от классификации проводников по маркам и кончая разбором сложных электроизмерительных приборов, 2) рецепты по прикладной электротехнике (пайка проводников, никелировка и др.), 3) инструкции по измерительному практикуму (измерения сопротивлений омметром, измерение малых омических сопротивлений мостиком Томсона и т. п.) и 4) описания демонстрационных приборов и способы самих демонстраций по разделам: «Постоянный ток» и «Магнетизм».

Книга напечатана на хорошей бумаге, издана в коленкоровом переплете и снабжена, подобно предыдущим томам, большим количеством иллюстраций и таблиц.

3. ДЖОН ПЕРРИ — «ВРАЩАЮЩИЙСЯ ВОЛЧОК» Пер. с английского, ОНТИ, 1935, 93 стр., цена 1 рубль.

Книга Перри популярно излагает теорию вол-

чка. Автор книги переработал для печати читанные им лекции на данную тему, сохранив форму беседы, доступной для понимания даже мало подготовленного по физике читателя. В книге достаточно подробно описан целый ряд опытов, об'ясняющих элементарную теорию волчка. Некоторые из них можно показать на уроке физики в IX классе школы.

4. Л. Р. Коллер— «ФИЗИКА ЭЛЕКТРОННЫХ ЛАМП». Пер. с английского. Государственное издательство по вопросам радио, 1936,188 стр., цена 2 р. 50 к.

Книга «Физика электронных ламп» является популярным пособием для ознакомления с физическими процессами, протекающими в электровакуумных приборах и фотоэлементах. В книге затронуты теория термогенной эмиссии, вторичной эмиссии, законы фотопроводимости, вопросы, связанные с усилением термоионного излучения (торий, цезий и т. д.) и поглощения газов в вакуумных аппаратах и т. д. Некоторые вопросы, излагаемые автором, обработаны математически. Так например, дан вывод уравнений Ричардсона и Шоттки, при помощи основных положений диференциального и интегрального исчислений. К книге приложены интересные таблицы: 1) работа выхода и радиус атома различных элементов, !2) средний свободный путь электронов в различных газах и т. д. После каждой главы приведены библиографические указатели книг на английском языке по теме главы. В конце книги читатель найдет несколько десятков контрольных задач. Книгу можно рекомендовать, по мнению автора книги, инженерам и студентам-физикам, не имеющим специальных знаний в области электронной теории.

М. Гр-ский

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ помещенных в сборнике «Математика и физика в школе» № 1 за 1936 г.

1. Решить уравнение

хА — 10jcs + 24л:2 -f Бх — 6 = 0.

Преобразуем уравнение:

Обозначив

X2 — 5х =у.

Получаем квадратное уравнение:

уг—у — 6 = 0,

Решая его, получим:

У1 = 3; у2 = -2.

Решая два квадратных уравнения:

л:2 — 5л: — 3 = 0 и л:2 — 5л: + 2 = 0,

найдем:

Некоторые решали эту задачу подстановкой

X rrjf-j---,

другие — способом разложения на множители, приводя уравнение к виду

(л:2 — 5л: — 3) (л:2 — 5л: + 2) = 0.

Наконец, третьи извлекали из левой части уравнения квадратный корень, приводили уравнение к виду

и, разлагая на множители полученную разность квадратов, приходили к тем же квадратным уравнениям.

А. Берколайко (Бобруйск), К. Боборыкин (Гомель), М. Бобровник (Житомир), Б. Боголюбов (Ульяновск), А. Бублик (Постышево), А. Воробьев (Нижнедевицк), В. Воробьев (Чебоксары), И.Глотов (Новотроицкое), Г. Головяшкин (Н. Хутор, Куйб. кр.), А. Егоров (Демянск), И. Зайцев (Москва), Н. Кавказский (Воронеж), Г. Капралов (Горький), Н. Карелина (Смоленск), Б. Кобылин (Галич), Н. Корзинин (Рыбинск), С. Кулигин (ст. Зиновьевская), А. Логашов (ст. Кандиевка), Е. Малинин (Царицыно-Дачное), Л. Медведев (Михайловское, Стал, кр.), Л. Мирошниченко (Брусислов), В. Морев (Ленинград), А. Николаев (Бакал), А. Павловский (Полоцк), П. Постников (Рязань), М. Савинский (Ашхабад), Н. Самодуров (Бийск), Н. Столяров (Порецкое, Горьк. кр.), Ф. Феллингер (Марксштадт), М. Шевелев (Казань), Шибанов (Омск), Я. Шор (Тула), Н. Янковская (Корсунь)*.

А. Вепланд (Москва), А. Гольдберг (Ленинград), Гонтаренко (Либкнехтовка, Крым), А. Горский (Великие Луки), Б. Левисон (Ялта), Н. Енгурин (Чистополь), Ерманов, Овсянников, Шнейдер (ученики IX кл. 25 школы, Свердловского ОНО, Москва), Н.Захаров (Кострома), А. Иванов (Торопец), И. Изотенков (Плавск), О. Киржнер (Н. Златополь), А. Косарев (ст. Коренево), Е. Куницин (Пушкинские Горы), А. Любомудров (Ленинград), С. Мельников (Фрунзе), Павлов (Балятино), А. Петере (Рудник Ленина, Днепропетр. обл.), А. Попов (Гора Бежицк, р.), С. Попов (Москва), И. Проценко (Зубани, Харьк. обл.), Г. Ржавский (Фролово, Стал, кр.), В. Pукомичев (Клинцы), Ф. Румянцев (Ржев), П. Сергиенко (Запорожье), А.Соловьев (Калинин), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь, Чув. АССР), Шехтман (Одесса).

2. Упростить выражение

Приняв во внимание, что 4 = V~4 можем написать:

Некоторые группировали не по три, а по два члена, но имеются и чрезвычайно сложные решения этой простой задачи путем умножения числителя и знаменателя на четырехчлен и т. д.

А. Берколайко (Бобруйск), М. Бобровник (Житомир), Ф. Брижак (Краснодар), М. Вигдерзон (Цюрупинск), А. Воробьев (Нижнедевицк), Ф. Глейзер (Калининдорф), Г. Головяшкин (Н. Хутор), А. Гольдберг (Ленинград), А. Горский (Великие Луки), Н. Енгурин (Чистополь), Ермаков, Овсянников, Шнейдер (учащиеся 25-й школы, Москва), И. Зайцев (Москва), И. Изотенков (Плавск), Н. Карелина (Смоленск), М. Клейман (Красноград), Б. Кобылин (Галич), Н. Корзинин (Рыбинск), В. Кременский (Ленинград), А. Крутиков (Демидов), Н. Кулаков (Бугуруслан), А. Логашов (ст. Кандиевка), А. Любомудров (Ленинград), С. Мельников (Фрунзе), А. Николаев (Бакал), М. Павлов (Балятино), Попов (Гора), С. Попов (Москва), П.Постников (Рязань), Н. Столяров (Порецкое), Ф. Феллингер (Марксштадт), О. Ханчарлян (Краснодар), М.Шевелев (Казань), Я, Шор. (Тула), В. Щелыванов (Чебоксары).

А. Бублик (Постышево), А. Вепланд (Москва), В. Воробьев (Чебоксары), Гонтаренко (Либкнехтовка), Б. Девисон (Ялта),

* В этом номере и в дальнейших вначале будет печататься список лиц, решивших задачу приведенным в журнале способом. Далее с новой строки следуют фамилии решивших задачу каким-либо иным способом.

А. Егоров (Демянск), Н. Захаров (Кострома), А. Иванов (Торопец), Г. Капралов (Горький), О. Киржнер (Н. Златополь). П. Клоков (Тим), А. Колосовский (Краснодар), А. Косарев (ст. Коренево), С. Кулигин (ст. Зиновьевская), Е. Куницын (Пушкинские горы), Л. Медведев (Михайловское), А. Павловский (Полоцк), А. Петере (Рудник Ленина), С. Попов (Мариуполь), Г. Ржавский (Фролово), В. Рукомичев (Клинцы), М. Савинский (Ашхабад), Н. Самодуров (Бикск), П. Сергиенко (Запорожье), А. Соловьев (Калинин), Г. Харитонов (Б. Сундырь), И. Черкасов, Н. Шибанов (Омск).

3. Доказать, что ддя всякого прямоугольного треугольника имеют место соотношения:

rt* + rt*=:r* и = /?*,

где г, Гц r2t R, /?!, R2— радиусы вписанных и описанных окружностей данного треугольника и треугольников, на которые разбивает его высота, опущенная на гипотенузу.

Так как каждый из полученных треугольников подобен данному, а площади подобных треугольников относятся, как квадраты сходственных, элементов, то будем иметь

Складывая эти равенства, получим:

Но

и, следовательно:

Таким же путем доказывается и вторая часть теоремы. Можно доказать эту часть и таким путем. В прямоугольном треугольнике гипотенуза является диаметром описанной окружности. Следовательно а = 2Rtt e~2R2t С = 2R. Но по теореме Пифагора а2 + Ь2 — с2, т. е.

(2Rly + (2R2y = (2R)\ или, по сокращении на 4:

Этим наиболее простым и скорее всего приводящим к цели способом решили задачу только двое.

А. Воробьев (Нижнедевицк), Шехтман (Одесса).

Почти так же легко и быстро решается задача, если воспользоваться теоремой, что радиусы окружностей, вписанных в подобные треугольники, относятся, как сходственные стороны. Тогда будем иметь:

Возводя оба равенства в квадрат и складывая, получаем

Но

а* + Ь*=с*

следовательно,

Большинство же решали задачу гораздо более сложными способами. Например берется формула г эс р — с, вычисляется р для всех трех треугольников (для чего предварительно вычисляется высота и отрезки гипотенузы) и проверяется справедливость равенства (рх—я)2-}-+ (Pi — b)2 = (Pi — с)2. Другие правильно исходили из площади, но усложняли вычисления тем, что брали отношение Sx : S2, затем составлять ли производную пропорцию 1 ~ 2 и после того уже из сравнения двух пропорций («Sj -4- .So «S \ первые отношения —-g—— и ^) приходили к требуемому равенству. Многие давали еще более длинные и сложные решения вплоть до необычайно сложных и громоздких вычислений при помощи тригонометрических формул.

Б. Боголюбов (Ульяновск), M Вигдерзон (Цюрупинск), А. Гольдберг (Ленинград). Ермаков, Овсянников, Шнейдер (уч. 25 и колы, Москва), Б. Кобылин (Галич),. Н. Кулаков (Бугуруслан), А. Логашев (ст. Кандиевка), С. Мельников (Фрунзе), М. Попов (Гора Бежицк, р.), С. Попов (Мариуполь), В. Рукомичев (Клинцы), О. Ханчарлян (Краснодар), М. Шевелев (Казань), А. Берколайко (Бобруйск), Ф. Брижак (Краснодар), А. Бублик (Постышево), А. Вепланд (Москва), А. Егоров (Демянск), Н. Енгурин (Чистополь), И. Зайцев (Москва), Н. Захаров (Кострома), А. Иванов (Торопец), Н.Карелина (Смоленск),.О. Киржнер (Н. Златополь), П. Ковальский (Умань), А. Колосовский (Краснодар), Е. Куницын (Пушкинские горы), В. Морев. (Ленинград), Павлов (Балятино), А. Павловский (Полоцк), А. Петере (Рудник Ленина), С. Попов (Москва), П. Постников (Рязань). И. Проценко (Зубани), Г. Ржавский (Фролово), М. Савинский (Ашхабад), П. Сергиенко (Запорожье), А. Соловьев (Калинин). Ф. Феллингер (Марксштадт), Г. Харитонов (Б. Сундырь), Я. Шор (Тула).

4. В треугольнике проведены высоты, основания которых соединены. Доказать, что в полученном треугольнике (центральном) высоты данного треугольника служат биссектрисами*.

В четырехугольниках BDOF, С DOE и AEOF1 сумма противоположных углов равна 2d.

Черт. 1

Следовательно, около каждого из них можно описать окружность. (На чертеже окружности не проведены). Тогда из четыреугольника

* То есть высота AD является биссектрисой / FDE.

(1)

хак вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же^ЕО Но из прямоугольного Д ЛЕВ зидим, что ^FBO — Sd0 — А. Следовательно,

FDO = 90° — А (2)

Точно так же из четыреугольника CDOE находим:

£ ODE = £ FCE = 90° — А (3)

последнее заключаем из рассмотрения прямоугольного треугольника). Из (2) и (3) получаем

^ FDO = 0£>£.

Аналогично доказывается предложение и относительно остальные углов /\DEF.

Большинство присланных решений исходит из использованного выше свойства углов вписанного четыреугольника, хотя доказательство зачастую оказывается более длинным, чем приведенное выше. Другие основывали решение исключительно на подобии треугольников.

Заметим, что теорема верна и для тупоугольных треугольников, только там две из трех высот являются биссектрисами внешних углов полученного треугольника. В прямоугольном треугольнике основания высот лежат на одной прямой и треугольника не образуют.

М. Бобровник (Житомир), М. Вигдерзон (Цюрупинск), А, Гольдберг (Ленинград), А. Егоров (Демянск), И. Зайцев (Москва), Н. Захаров (Кострома), А. Иванов (Торопец), Н. Кавказский (Воронеж), Б. Кобылин (Галич), А. Колосовский (Краснодар), А. Крутиков (Демидов), Н. Кулаков (Бугуруслан), А. Любомудров (Ленинград), Е. Малинин (Царицыно-Дачное), С Попов (Москва), П. Постников (Рязань), В. Рукомичев (Клинцы), А. Соловьев (Калинин), B. Уральский (Кузнецк), Г. Харитонов (Б. Сундырь), А. Шагинян (Эривань), М. Шевелев (Казань), Н. Янковская (Корсунь).

А. Воробьев (Нижнедевицк), Косарев (ст. Коренево), А. Логашов (ст. Кандиевка), А. Николаев (Бакал), Павлов (Балятино), Л. Павловский (Полоцк), М. Попов (Го ^а), C. Попов (Мариуполь), Г. Ржавский (Фролово), М. Савинский (Ашхабад). П. Сергиенко (Запорожье), О. Ханчарлян (Краснодар), Шехтман (Одесса).

5. Решить систему уравнений:

x+y + z + t=\0 (1)

xv+yt + zx + tz = 25 (2)

ху +.yz + zt + tx = 21 (3)

xt+yz + zx + ty=.\6 (4)

Представим уравнения (2), (3) и (4) в следующем виде:

(x + t) СУ + *) = 25 (у + 0 (x + z) = 2l (х+у) (* + /) = 16

Введя обозначения:

х -f-1 = щ; у -f- z = и21

Из уравнений (1) и (2) имеем:

щ -\-и.,= 10; ихиг — 25.

Составляем квадратное уравнение и решаем ого.

Итак:

x + t = 5; y + z = 5 (5)

Введя обозначения:

У + t = ад x + z = v2 из уравнений (1) и (3), получим: + = Ю; vxvt =21.

Отсюда

о*—lOo-f-21 =0 vt = 7; v2 = 3.

Следовательно:

y + t = 7; x + z = 3 (6)

или

у + г = 3; x + z = 7 (7)

Таким же путем из уравнений (1) и (4) найдем:

х+у = 8; z + t = 2 (8)

или:

х + у = 2; z + t = S (9)

Комбинируя уравнения (5), (6), (7), (8) и (9), получим следующие системы уравнений:

Нетрудно видеть, что хотя мы в каждом случае имеем шесть уравнений с 4 неизвестными, но эти уравнения не независимы между собой: два из них являются следствиями четырех других. Возьмем, например, в системе I уравнения 1-е, 2-е, 3-е и 5-е. Складывая 1-е со 2-м и вычитая 3-е, получим уравнение 4-е. Складывая 1-е уравнение со 2-м и вычитая 5-е, получим уравнение 6-е; так же обстоит дело и во всех остальных случаях. Таким образом мы имеем четыре системы уравнений первой степени с 4 неизвестными. Решение их совершенно элементарно. Возьмем, например, систему I.

Вычитая из 3-го уравнения 1-е, получим:

у — X = 2.

Решая его вместе с 5-м уравнением найдем:

у = 5; X — 3.

Вычитая из 3-го уравнения, 2-е, получим:

t — z = 2.

Решая его вместе с 6-м, найдем:

t = 2; z = 0.

Совершенно тем же приемом и в той же последовательности решаются и остальные системы. В результате получим следующие решения данной системы уравнений:

В тексте задачи (№ 1 журнала) на месте четвертого члена последнего уравнения было напечатано tx вместо ty. Редакция считала опечатку настолько явной (з противном случае первый и четвертый члены этого уравнения были бы соединены в один), что не поместила поправки в № 2. И действительно, громадное большинство читателей заменили tx на ty, даже иногда не оговаривая этого. Но часть читателей решали систему в том виде, в каком она была напечатана. Поскольку сущность задачи от этого не изменилась (имеем опять систему четырех уравнений с 4 неизвестными), и ход решения почти до конца остается тем же, редакция считает эти решения совершенно равнозначными с первыми.

Решениями системы в этом случае будут:

Надо отметить, что в обоих случаях иногда давалось не полное решение (два решения вместо четырех).

А. Берколайко (Бобруйск), А. Бублик (Постышево), А. Вепланд (Москва), М. Вигдерзон (Цюрупинск), А. Воробьев (Нижнедевицк), А. Гольдберг (Ленинград), Гонтаренко (Либкнехтовка),Б. Девисон (Ялта). Н. Енгурин (Чистополь), Ермаков, Овсянников, Шнейдер (учащиеся 25 школы, Москва), И. Зайцев (Москва), Н. Захаров (Кострома), А. Иванов (Торопец), И. Изотенков (Плавск), Н. Карелина (Смоленск), П. Клоков (Тим), А. Колосовский (Краснодар), Н. Корзинин (Рыбинск), Н. Кулаков (Бугуруслан), С. Кулигин (ст. Зиновьевская), А. Логашов (ст. Кандиевка), Л. Медведев (Михайловское), С. Мельников (Фрунзе), Л. Мирошниченко (Брусилов), Павлов (Балятино), А. Павловский (Полоцк), С. Попов (Мариуполь), С. Попов (Москва), П. Постников (Рязань), Г. Ржавский (Фролово), П. Сергиенко (Запорожье), А. Соловьев (Калинин), Н. Столяров (Порецкое), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь), А. Шагинян (Эривань), М. Шевелев (Казань), Я. Шор (Тула), Н. Янковская (Корсунь).

Черт. 2

6. Если на одной из диагоналей квадрата, как на стороне, построить равносторонний треугольник, а стороны квадрата, заключенные внутри этого треугольника, продолжить до пересечения со сторонами треугольника, то каждый из больших отрезков последних равен стороне вписанного в данный квадрат равностороннего треугольника, имеющего с квадратом общую вершину.

Д ВАЕ равен Д BCF по катету (AB = ВС) и гипотенузе (BE = BF). Следовательно, /_АВЕ = = l_CBF. А так как угол EBF = 60°, то

90°— б 0° Z.ABE = ICBF= -72-=15°.

В Д АВК:

£ВАК = LCAK— £САВ = 60° - 45° = 15°.

Д ВАЕ равен Д АВК по катету (общий — AB) и острому углу АВЕ = /_ВАК = 15°). Отсюда:

АК=ВЕ.

Так же доказывается, что

CZ-BF- BE.

Из других решений укажем два; 1) доказывается, что фигура АКВЕ — параллелограм. Отсюда BE = AK) 2) из вершины В проводятся линии параллельные MC и MA. Устанавливаются равенства АК=ВЕ\ CZ=BF, а затем доказывается, что Д BEF равносторонний.

А. Берколайко (Бобруйск), Ф. Брижак (Краснодар), А. Бублик (Постышево), Д. Вагнер (Цюрих). А. Вепланд (Москва), А. Егоров (Демянск), Ермаков, Овсянников, Шнейдер (учащиеся 25-й школы, Москва), Н. Збруев (Кр. Бани, Горьк. кр.), Г. Капралов (Горький), Н. Карелина (Смоленск), О. Киржнер (Н. Златополь), Б. Кобылин (Галич), А. Колосовский (Краснодар), A. Косарев (ст. Коренево), А. Крутиков (Демидов), Н. Кулаков (Бугуруслан), Е. Куницын (Пушкинские горы), А. Логашов (ст. Кандиевка), А. Любомудров (Ленинград), Павлов (Балятино), М. Попов (Гора), С. Попов (Москва), П. Постников (Рязань), B. Рукомичев (Клинцы), М. Савинский (Ашхабад), П. Сергиенко (Запорожье), А. Соловьев (Калинин), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь), М. Шевелев (Казань), Я. Шор (Тула), Н. Янковская (Корсунь).

А. Воробьев (Нижнедевицк), А. Гольдберг (Ленинград) И. Зайцев (Москва), А. Иванов (Торопец), П. Ковальский (Умань), Л. Медведев (Михайловское), C. Мельников (Фрунзе), С. Попов (Мариуполь), П. Славский (ст. Павловская).

7. Угол в 54° разделить на три равные части при помощи циркуля и линейки.

Восстанавливаем из точки В перпендикуляр к ВА. Тогда.

Черт. 3

L DEC = 90° — 54° = 36ô.

Произвольным радиусом BD проводим ^ DEF. Берем на циркуль длину хорды DE и откладываем ее на EF один раз от точки F, другой — от точки Е. Полученные точки M и N соединяем с В. Каждый из полученных углов равен 18°.

Действительно, так как DE — 36°, aEF = 54°,

то

EMI = ^EF — *FM = ^EF — де = 54° — 36° = 18°.

Так же легко докажем, что tri = 18°.

Вот еще пример легчайшей задачи, получившей громадное количество самых сложных решений. Как видим, все построение сводится по существу к одной операции — проведению перпендикуляра. Но такое построение дали только двое. Некоторые из читателей и пошли поэтому правильному пути, но затем делили /_ DBE пополам, чем ввели лишнюю операцию.

Громадное большинство пошло по пути, казалось бы, подсказываемому логикой; угол в 36° находился, как центральный угол, опирающийся на сторону правильного вписанного Ю-угольника. Затем уже находили угол в 18°. Нечего и говорить, что этот путь гораздо длиннее и сложнее приведенного. При этом, если одни вводили в построение данный угол (центром окружности брали точку В и сторону 10-угольника откладывали внутри L ABC), то другие просто делали самостоятельный чертеж и уже найденный угол в 18° откладывали внутри данного угла.

Наконец, были и еще более сложные решения, путем различных операций приводившие к получению угла в 6° или в 9° и т. д. Этот пример еще раз подтверждает правильность установки редакции на помещение большего количества простых задач для развития соответствующих навыков.

А. Воробьев (Нижнедевицк, Воронеж, обл.), С. Мельников (Фрунзе).

Р. Близнец (Режицкий р.), Ф. Брижак (Краснодар), А. Бублик (Постышево), Д. Вагнер (Цюрих), А. Вепланд (Москва), М. Вигдерзон (Цюрупинск), А. Гольдберг (Ленинград), Гонтаренко (Либкнехтовка), А. Егоров (Демянск), И. Енгурин (Чистополь), Ермаков, Овсянников, Шнейдер (учащиеся 25-й школы, Москва). Н. Зайцев (Москва), Н. Захаров (Кострома), Н. Збруев (Кр. Бани), А. Иванов (Торопец), И. Изотенков (Плавск), М. Карелина (Смоленск), О. Киржнер (Н. Златополь), П. Ковальский (Умань), Б. Кобылин (Галич), Н. Корзинин (Рыбинск), В. Кременский (Ленинград), А. Крутиков (Демидов), Н. Кулаков (Бугуруслан), Е. Куницын (Пушкинские горы), А, Любомудров (Ленинград), Л. Медведев (Михайловское), В. Морев (Ленинград), Павлов (Балятино), А. Павловский (Полоцк), А. Поддубский (Калинин), М. Попов (Гора), С. Попов (Москва). П. Постников (Рязань), И. Проценко (Зубани), Г. Ржавский (Фролово), В. Рукомичев (Клинцы), Н. Самодуров (Бийск), П. Сергиенко (Запорожье). П. Славский (ст. Павловская), Н. Столяров (Порецкое), Ф. Феллингер (Марксштадт), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь), И. Черкасов, А. Шагинян (Эривань), М. Шевелев (Казань), Шехтман (Одесса), И. Шалыгин (К. Рыболов, ДВ1\), Д. Школьников (Смидовичи), Я. Шор (Тула).

8, Доказать, что во всякой бесконечно убывающей прогрессии с положительными членами, знаменатель которой не равен предел суммы всех членов более учетверенного второго члена. Требуется доказать, что

(1)

где а — первый член прогрессии, a q — знаменатель, неравный .

Сократив на положительное число я, придем к неравенству

(2)

Так как 0 < q < 1, то 1 — q > 0. Умножив на 1 — q обе части неравенства, найдем

1>4? — Aq\ (3)

или

1—4? —408>О, (4)

или

(1-2<7)2>0. (5)

Но неравенство (5) справедливо при всех действительных (значит в том числе и положительных) значениях q, за исключением q = .

Переходя от неравенства (5) к (4) и т. д., придем к требуемому неравенству (1). В некоторых решениях вводилось обозначение q — ~2 ± гДе 0 < d < g“, и затем приходили к неравенству, аналогичному (5).

А. Берколайко (Бобруйск), К. Боборыкин (Гомель), Ф. Брижак (Краснодар), А. Вепланд (Москва), А. Воробьев (Нижнедевицк), Н. Захаров (Кострома), И. Изотенков (Плавск), Г. Капралов (Горький), О. Киржнер (Н. Златополь), Б. Кобылин (Галич), А. Косарев (ст. Коренево), Н, Кулаков (Бугуруслан), А. Логашов (ст. Кандиевка), М. Попов (Гора), П. Сергиенко (Запорожье), А. Соловьев (Калинин), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь), М. Шевелев (Казань, Я. Шор (Тула).

М. Вигдерзон (Цюрупинск), Г. Головяшкин (Н. Хутор), И. Зайцев (Москва), А. Иванов (Торопец), А. Колосовский (Краснодар), Л. Медведев (Михайловское), С. Мельников (Фрунзе), А. Павловский (Полоцк), С. Попов (Москва), П. Постников (Рязань).

9. Найти четырехзначное число, сумма цифр которого равна двузначному числу, составленному двумя его первыми цифрами.

Искомое число можно представить в виде:

lOOOx + lOO^+lOr-ft;,

где у, z, v — целые числа, не меньшие нуля и не большие 9, а х — не меньше I и не больше 9 (некоторые брали и нулевое значение х, что неверно, так как тогда число уже не будет четырехзначным). По условию:

Отсюда

г -f- V = 9х.

Как видим, у может принимать произвольные значения — от 0 до 9 включительно.

Так как z<9 и и<9, то z-^-v^lÜ и, следовательно:

9*<18,

т. е. X может быть равен только 2 и 1.

I. Пусть X — 2. Тогда z + v = 18, что может быть только при

z = 9 и v = 9.

Приняв во внимание возможные значения v, получим 10 чисел, удовлетворяющих условию задачи

2099, 2199, 2299... 2999.

II. Пусть а?=1. Тогда z + v = 9. Значит, когда z принимает какое-либо значение a, v принимает значения 9 — а. Получаем 10 комбинаций:

0 и 9; 1 и 8; 2 и 7;.. 9 и 0.

Комбинируя эти пары значений z и v с различными значениями у, получаем 100 чисел, удовлетворяющих условию задачи:

1009 1018 1027 . . . 1090 1109 1118 1127 . . . 1190 1909 1918 1927 . . . 1990

Всего, таким образом, задача имеет 110 решений.

Понятно, что все присланные решения идут именно этим, наиболее простым путем.

А. Берколайко (Бобруйск), К. Боборыкин (Гомель), Ф. Брижак (Краснодар), А. Вепланд (Москва), М. Вигдерзон (Цюрупинск), А. Воробьев (Нижнедевицк), Р. Глейзер (Калининдорф), Гонтаренко (Либкнехтовка), А. Егоров (Демянск), Н. Енгурин (Чистополь), Ермаков, Овсянников, Шнейдер (учащиеся 25-й школы, Москва), И. Зайцев (Москва), Н. Захаров (Кострома), А. Иванов (Торопец), И. Изотенков (Плавск), Н. Карелина (Смоленск), П. Клоков (Тим), Б. Кобылин (Галич), А. Колосовский (Краснодар), Н. Корзинин (Рыбинск), А. Косарев (ст. Коренево), А. Логашов (ст. Кандиевка), Е. Малинин (Царицыно-Дачное), Л. Медведев (Михайловка), С. Мельников (Фрунзе), Л. Мирошниченко (Брусилов), В. Морев (Ленинград), А. Николаев (Бакал), Павлов (Балятино), М. Попов (Гора), С. Попов (Москва), Г. Ржавский (Фролово), П. Сергиенко (Запорожье), А. Соловьев (Калинин), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь), А. Шагинян (Эривань), М. Шевелев (Казань), Шехтман (Одесса), Я. Шор (Тула).

10. Доказать неравенство

Эта задача получила сравнительно немного, но очень разнообразных по методам, решений. Между прочим, иногда отказ от решения мотивировался тем, что задача яко-бы неправильна, так как неравенство несправедливо при отрицательных значениях п, а также при п, равном 0 и 1.

Такая мотивировка является совершенно неправильной. Смысл решения и состоял в том, чтобы установить те границы, в которых данное неравенство справедливо. Редакция и впредь будет помещать задачи такого характера. Да и самое высказанное выше утверждение не совсем верно, как увидим ниже.

Остановимся подробнее на этой задаче, причем в соответствии с присланными решениями ограничимся пока целыми значениями п.

1. Наиболее простым является решение, присланное тт. Б. Кобылиным и М. Шевелевым (таково же решение и автора задачи). Оно основано на теореме, что среднее арифметическое нескольких (не всех равных между собой) чисел всегда больше их среднего геометрического.

На этом основании имеем:

Отсюда

или

и, наконец,

Исходная теорема предполагает, что я»>1.

II. Как по методу решении, так и по простоте совпадает с предыдущим решение т. А. Логашова. Оно исходит из той же теоремы.

Имеем:

Складывая эти неравенства одинакового смысла, получим

или

III. Для случая я>3 приведем (немного уточненное) доказательство т. А. Иванова.

Из формулы разложения бинома Ньютона следует, что

при m> 1.

Давая здесь m значение -, получим при —_—>1 или при л>3. Неравенство можно переписать в таком виде:

Умножим оба члена неравенства на получим:

Сокращаем правую часть на 2:

или

п- 1 п -1

Но 2 2 >1. Заменив 2 2 единицей, мы неравенство усилим. Отсюда:

IV. Совпадают по своему методу, варьируя в частностях, решения тт. А. Воробьева, И. Зайцева и А. Николаева. Все они основаны на сравнении членов двух рядов. Имеем:

(1)

(2)

Умножим обе части ряда (2) на л и прибавим ио единице. Получим:

(3)

Сравнивая ряды (1) и (3), видим, что, начиная с четвертого, каждый член ряда (1) больше соответствующего члена ряда (3): Отсюда:

Недостаток этого доказательства заключается в том, что в этом его изложении оно предполагает- числом целым, т. е. я —нечетным

следовательно, оно не обладает общностью даже для всех целых значений л>1. Случай «четного требует дополнительного исследования, которое, впрочем, легко провести.

V. Решение т. Павлова. Напишем ряд очевидных неравенств (и одно равенство)

Складывая левые и правые части этих неравенств получаем:

или

Полагая Zm = п, откуда найдем:

Так как доказательство велось в предположении, что m^l, то вывод справедлив при

п = 2т + 1 ^ 3.

VI. Решения тт. Н. Кулакова и С. Попова основаны на применении доказательства от п к п4- 1.

VII. Все приведенные выше решения предполагают п числом целым. Решение т. А. И ванова распространяется и на дробные значения п*

Помещая это интересное решение, отмечаем, что оно не учитывает многозначности корней при д;обном показателе.

Переобразуем данное неравенство, перенеся

1 в левую часть и разделив обе части на Получим:

(1)

Предварительный анализ показывает, что: 1. При перемене знака у п получается неравенство противоположного смысла. Действительно, заменяя в (1) п на (— л), получаем в левой части:

(2)

В правой части получаем соответственно — — —7=, Но если Л>£, то —;4< — В и наоборот, что и доказывает высказанное положение.

2. Непосредственной проверкой убеждаемся, что неравенство обращается в равенство при П = 0 и п = Ь Но тогда, в силу предыдущего положения, оно должно обратиться в равенство и при п — — 1, в чем можно убедиться и непосредственно подстановкой п = — 1.

3. Взяв какое-либо из значений п, таких, что

0<л<1, найдем, что при этом значении (а следовательно, при всех значениях G < п < 1) имеет место неравенство

или

(3)

Точно так же убедимся, что при л>1

(4)

Но тогда из 1 следует, что при 0>л>—1 имеет место неравенство (4) (что противоречит высказанному вначале положению некоторых читателей), а при — 1 >л имеет место неравенство [3). Легче всего это показать графическим путем. Начертив графики функций

непосредственно убеждаемся в справедливости высказанных выше положений.

В. Воробьев (Чебоксары), И. Зайцев (Москва), А. Иванов (Торопец), Б. Кобылин (Галич), Н. Кулаков (Бугуруслан), А. Логашов (ст. Кандиевка), А. Николаев (Бакал), Павлов (Балятино), С. Попов (Москва), П. Сергиенко (Запорожье), М. Шевелев (Казань).

11. Доказать, что в круге две пересекающиеся хорды, кроме диаметров, не делят друг друга пополам.

Подавляющее большинство решений (за исключением четырех) разделяется на две, количественно почти равные, группы. Одно решение основывается на свойстве радиуса, перпендикулярного к хорде, другое — на свойстве диагоналей прямоугольника.

Иные решения дали: А. Егоров (Демянск), Б. Кобылин (Галич), П. Сергиенко (Запорожье) и Павлов (Балятино), причем первые три решения основаны на рассмотрении дуг окружности, последнее же — вычислительного характера — приводит к квадратному уравнению и довольно сложное.

Приведем оба, упомянутых выше, решения.

1. Допустим, что АМ = МВ и СМ = MD. Проведем радиус ОМ. Так как он делит пополам хорду AB, то ОМ\_АВ.

На том же основании:

OM^-CD.

Итак, мы получили, что отрезок ОМ одновременно перпендикулярен к двум пересекающимся прямым, чего быть не может. Следовательно, нале предположение неверно.

2. Соединим последовательно точки A, D, В и С. (черт. 5).

По свойству пересекающихся хорд имеем:

AM-MB = CM-MD.

Но по предположению

AM = MB и СМ = MC.

Следовательно,

AM2 = CM2

и

AM - CM,

или

AB = CD.

В четырехугольнике ADBC диагонали равны и делят друг друга пополам. Следовательно, этот четырехугольник — прямоугольник. Но это может быть только в том случае, когда вписанные прямые углы CAD, ADB и т. д. опираются на диаметр, т. е. AB и CD делят друг друга пополам только в том случае, когда они являются диаметрами.

I.A. Воробьев (Нижнедевицк), Н. Енгурин (Чистополь), Ермаков, Овсянников Шнейдер (учащиеся 25-й школы, Москва), И. Зайцег (Москва), П. Захаров (Кострома) А. Колосовский (Краснодар), А. Косарев (ст. Коренево), Л. Медведев (Михайловское), Г. Ржавский (Фролово), А. Соловьев (Калинин), Г. Харитонов (Б. Сундырь), Я. Шо р (Тула), Шульман (Житомир).

II. А. Берколайко (Бобруйск), Ф. Брижак (Краснодар), А. Бублик (Постышево), А. Гольдберг (Ленинград), Н. Кулаков (Бугуруслан), А. Логашов (ст. Кандиевка), С. Мельников (Фрунзе), А. Николаев (Бакал), Н. Самодуров (Бийск), Ф. Феллингер (Марксштадт), М. Шевелев (Казань).

12. Доказать, что радиус круга, вписанного в прямоугольный треугольник, равен р — а, где а — гипотенуза, р — полупериметр треугольника (доказать без применения тригонометрии).

По свойству радиуса, проведенного в точку касания, имеем:

Черт. 4

Черт. 5

Черт. 6

OD±BA и OF±AC,

итак как OD = OF—r, то четырехугольник ADOF— квадрат:

AD = A F = г.

По свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, имеем:

BE — BD — m; CE = CF - п (1)

Вычисляя периметр, получим:

2r -f 2/w + 2л = 2р, (2)

или:

r=/?-(m + /0 (3)

Но

m ~\- п — а

Следовательно,

г-р- а. (4)

Большинство читателей решили задачу именно этим наиболее простым и, по нашему мнению, наиболее изящным способом.

Из других решений имеется довольно значительная группа, исходившая из рассмотрения тех же отрезков, что и в приведенном выше, так что цепь рассуждения совпадает до равенств (1). Но дальше решение идет другим, несколько более длинным путем, приводящим к равенству, из которого уже и получается

(5)

Вес остальные решения значительно сложнее, а большинство из них просто громоздко и топорно.

К. Боборыкин (Гомель), Ф. Брижак (Краснодар), А. Бублик (Постышево), А. Гольдберг (Ленинград), А. Егоров (Демянск), Н. Енгурин (Чистополь), Ермаков, Овсянников, Шнейдер (учащиеся 25-й школы, Москва), И. Зайцев (Москва), Н. Захаров (Кострома), Н.Збруев (Кр. Бани), А. Иванов (Торопец), Н. Кавказский (Воронеж), Г. Капралов (Горький), П. Ковальский (Умань), Б. Кобылин (Галич), А. Колосовский (Краснодар), А. Косарев (ст. Коренево), А. Крутиков (Демидов), Н. Кулаков (Бугуруслан), С. Мельников (Фрунзе), М. Попов (Гора), С. Попов (Москва), П. Постников (Рязань), П. Сергиенко (Запорожье), О. Ханчарлян (Краснодар), Г. Харитонов (Б. Сундырь), М. Шевелев (Казань), Шехтман (Одесса), Я. Шор (Тула), Шульман (Житомир), В. Щелыванов (Чебоксары).

А. Берколайко (Бобруйск), А. Воробьев (Нижнедевицк), Р. Глейзер (Калининдорф), Я. Карлинский (Слуцк), О. Киржнер (Н. Златополь). Н. Корзинин (Рыбинск), Е. Куницын (Пушкинские горы), А. Логашов (ст. Кандиевка), А. Любомудров (Ленинград), Л. Медведев. (Михайловское), А. Николаев (Бакал), Павлов (Балятино), И. Проценко (Зубани), Г. Ржавский (Фролово), В. Рукомичев (Клинцы), П. Славский (ст. Павловская), А. Соловьев (Калинин), Н. Столяров (Порецкое).

От редакции

В целях облегчения работы редакции, а также во избежание всякого рода недоразумений, редакция еще раз убедительно просит при посылке решений соблюдать следующие условия:

1. Каждую задачу подписывать отдельно (инициалы имени, фамилия и название города или местечка).

2. В начале или в конце всех решений дать подробный адрес приславшего решение (не ограничиваясь адресом на конверте).

3. Не посылать в одном конверте (тем более в одной тетради или на одном листе) решения из разных номеров журнала.

4. Задачи, присылаемые для помещения в журнале, должны быть написаны по крайней мере на отдельном листе от решений задач, помещенных в журнале.

В заключение редакция считает необходимым довести до сведения читателей следующее. До сих пор (и в настоящем номере) редакция относила к числу правильных решения, содержащие в себе случайную ошибку в вычислениях (например, в первой задаче дается ]/37i и ]/29 вместо “^37 и |/*17) или, при правильном ходе решения, — недоведение его до конца и т. п.

Со следующего номера редакция будет засчитывать только целиком правильные решения.

Еще о задаче № 11 из № 4 „Матем. и физика“ (1935 г.)

В № 1 журнала «Математика и физика» за 1936 г. помещено указание Р. Гангнуса к решению задачи № 11 из № 4 «Математика и физика» (1935 г.). Суть этой задачи сводится к доказательству предложения:

Площадь треугольника, стороны которого равны трем медианам данного треугольника, равна т- площади данного треугольника. Способ доказательства этой теоремы, предложенный Р. Гангнусом, отличается некоторой искусственностью. (Кстати замечу, что совершенно такой же способ указан в «Сборнике задач, предлагавшихся на конкурсных экзаменах» К. П. Шмулевича.) Вот другой, как мне кажется, более естественный способ:

Пусть ABC— данный треугольник, площадь которого = S; AD% BE, CF— его медианы (черт. 1). Построим треугольник, стороны которого равны медианам данного. Для этого проводим СН\\ \\АВ и продолжаем BE до пересечения с СН; через точку D проводим DG || ВН; тогда DG = = BE и точка G — середина CH. (£±рНЕ=ЬАВЕ по стороне и двум углам; следовательно, ЕН = = BE и СН = AB). Соединим точки А и G; тогда AG = FC. /\AGD- искомый. Площадь /ШС = 2“£; площадь ADCG=S\ площадь ВСН= — S; площадь DCG = ]ç площади BCH = ^S: площадь ADG = площади ADCG — площадь DCG=^S.

H. Кулаков (Бугуруслан).

Черт. 1

От редакции. Редакция все же считает, что способ, предложенный т. Гангнусом, независимо от того, кому принадлежит приоритет в его нахождении (т. Гангнус и не об'являл этого доказательства «своим»), заслуживает предпочтения, как скорее приводящий к цели (всего три последовательных равенства). Способ т. Кулакова более «геометричен», но зато и более сложен и более громоздок (требует больше построений).

ЗАДАЧИ

1. Доказать, что если стороны ДЛ£С связаны соотношением: 6* + с2 = 5а2, то две медианы, выходящие из вершины В и С. взаимно-перпендикулярны.

Проф. И. Чистяков (Томск).

2. Показать, что задача: «Построить треугольник по двум сторонам и радиусу вписанного круга» — не может быть в общем случае решена при помощи циркуля и линейки.

Проф. И. Чистяков (Томск).

3. Если а, Ь, с — положительные числа, то 2(û* + Ь* + с8) > а\Ь + с) + Ь2(с + а) + с%а +Ь).

А. Соловьев (Калинин).

4. Если

А. Соловьев (Калинин).

5. Доказать: если четное число есть сумма двух квадратов, то половина его есть тоже сумма двух квадратов.

А. Соловьев (Калинин).

6. Доказать, что если имеем пропорцию g = и если положим:

то будет иметь место равенство:

(а -f b)n cd“-4 nqz = (*;+ d)n ab71-' mpv.

7. Доказать, что произведение xyz целых чисел je, у и z делится на 60, если хг-\~уг = z2.

8. Решить уравнение:

ах4 + Ьх* + сх2 + dx + с = 0, коэфициенты которого связаны условиями a + b = b + c + d = d + c.

9. Найти истинное значение выражения

при а* = 0. 10. Упростить выражение

П. Любовников (Сталинград).

11. Доказать тождество

1 !-i-2 ! + 3 ! + ... + (Зя)!= 1 !32 + 4!62 + + 7!92 + ... + (3/i — 2)!(3л)8.

А. Вепланд (Москва).

12. Решить в целых числах уравнение

1! + 2! + 3! + ... + д:!=у.

А. Вепланд (Москва).

13. Участок в форме трапеции ABCD имеет £ С = 60° и £_ D — 45°. Основание CD = 4а, а сторона АС = 2а.

1. Вычислить высоту, основание ЛБ и площадь трапеции.

2. Требуется разделить эту трапецию на две равновеликие части прямой FM, проведенной из точки F, данной на CD на расстоянии CF—-^-, на каком расстоянии от в находится точка м?

14. Некоторая сумма денег, положенная в банк на 8 мес, дала 1277,80 р. процентных денег; такая же сумма, положенная на 15 месяцев, дала 1309,75 р. Какова положенная сумма и сколько процентов платил банк?

15. Найти сумму:

sin х + sin Зх + sin 5jc + ... + Sin (2p— \)x.

16. Дан параллелограм, большая диагональ которого равна a, a стороны равны b к с.

1) Вычислить площадь кольца, образованного двумя окружностями, диаметры которых равны диагоналям параллелограма.

2) Вычислить в большей окружности длину хорды, касательной к меньшей окружности.

17. Доказать тождество

где S, R и h суть площадь, радиус описанного круга и высоты некоторого треугольника. 18. Решить систему уравнений:

19. Решить уравнение:

20. Не решая уравнения

2*2-7х- + 3 = 0,

составить такое возвратное уравнение четвертой степени, чтобы два его корня равнялись корням данного уравнения, а другие два корня равнялись бы их обратным величинам.

П. М. Залгаллер.