МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ

2

1939

УЧПЕДГИЗ НАРКОМПРОСА РСФСР • МОСКВА

Пролетарии всех стран, соединяйтесь!

МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ

МЕТОДИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

2

1939

МАРТ-АПРЕЛЬ

Год издания шестой

УПРАВЛЕНИЕ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ НАРКОМПРОСА РСФСР

27 февраля, в 6 часов 15 минут утра в Москве, после тяжелой болезни скончалась старейший член партии, ближайший помощник В. И. Ленина, член ЦК ВКП(б), депутат Верховного Совета СССР тов. Н. К. КРУПСКАЯ

НА ПУТИ К КОММУНИЗМУ

1

«На основе победоносного выполнения второго пятилетнего плана и достигнутых успехов социализма, СССР вступил в третьем пятилетии в новую полосу развития, в полосу завершения строительства бесклассового социалистического общества и постепенного перехода от социализма к коммунизму».

Нельзя без волнения читать эти полные глубокого исторического значения строки тезисов доклада товарища Молотова на XVIII съезде ВКП(б). Та великая, но и далекая цель, которую провозгласили в «Коммунистическом Манифесте» основоположники марксизма; та заветная цель, которую начертал на своем революционном знамени рабочий класс всего мира, цель, к достижению которой неуклонно вели рабочий класс и коммунистическую партию ее великие вожди Ленин и Сталин, эта цель — построение коммунистического общества — в Советском Союзе становится реальной, конкретной задачей ближайших лет. К достижению этой цели направлена вся грандиозная, величественная программа социалистического строительства третьей пятилетки, развернутая в тезисах товарища Молотова.

Блестящее выполнение и перевыполнение первого и второго пятилетних планов подготовило почву для того, чтобы построение коммунистического общества было поставлено в порядок дня.

Мощный рост обороноспособности Советской страны, стойкая охрана ее границ нашей славной Красной Армией, разгром троцкистско - бухаринских вредительских банд, пытавшихся предательски подорвать хозяйственную и военную мощь Советского Союза,— обеспечили выполнение второго пятилетнего плана и создали условия для дальнейшего победоносного шествия страны к коммунизму.

Трудности решения этой гигантской задачи велики. Но большевики привыкли не бояться трудностей. С полным единодушием, с беззаветной преданностью великому делу освобождения всего человечества все трудящиеся Советского Союза бросятся в бой за выполнение плана третьей пятилетки, плана, ставящего своей задачей «догнать и перегнать также в экономическом отношении наиболее развитые капиталистические страны Европы и Соединенные Штаты Америки» (из тезисов товарища Молотова).

Эта задача требует значительного культурного роста всех трудящихся города и деревни. В тезисах товарища Молотова для третьей пятилетки поставлены громадные задачи введения всеобщего среднего обучения— семилетнего в деревне, десятилетнего в городе. В соответствии с этим в третьей пятилетке грандиозные задачи встают перед нашей советской интеллигенцией, перед советским учительством.

2

Изо дня в день на глазах всего мира, на глазах всего возмущенного человечества ширится и растет омерзительный разгул фашистского мракобесия.

Безудержная волна еврейских погромов в фашистской Германии, «введенная в государственные рамки», т. е. освященная, узаконенная правительством, беспримерная по жестокости, бессмысленности и цинизму травля еврейского населения, открытый грабеж среди бела дня — таковы последние «достижения» фашистского режима, таков его последний «подарок» культуре, цивилизации.

Тысячи и тысячи убитых, избитых, заключенных в концлагери, ограбленных, выгнанных на улицу—таковы «трофеи» победы фашистских варваров над мирным населением. Среди этих тысяч — многие и многие сотни лиц гак называемых интеллигентных профессий — ученых, профессоров, литераторов, художников, музыкантов и пр. Никакие научные заслуги, никакое мировое имя не спасает от фашистского террора.

Нигде и никогда не было еще таким безотрадным, таким унизительным, таким безнадежно тяжелым положение интеллигенции, как в странах фашизма. Это и понятно. Ибо слова «фашизм» и «культура» взаимоисключают друг друга. Ибо фашизм сам беззастенчиво объявляет себя врагом науки и доказывает это на деле.

Отсюда публичное сожжение гениальных произведений человеческого ума. Отсюда крестовый поход на науку, подмена науки всякого рода «расовыми» теориями и фашистскими катехизисами. Отсюда преследования, аресты и высылки всех представителей мало-мальски объективно-научной мысли, осмеливающихся думать не по фашистскому катехизису. Отсюда поход на народное просвещение, сокращение сети учебных заведений, сокращение контингентов приема, отсюда, наконец, многие тысячи безработных учителей, инженеров, врачей и пр.

Но и в так называемых «демократических» буржуазных странах положение трудовой интеллигенции далеко нельзя назвать благополучным. Годы кризиса, прокатившегося по всем капиталистическим странам, и последующие годы депрессии, обрушившиеся всей своей тяжестью прежде всего на рабочий класс, не могли не отразиться и на экономическом положении интеллигенции; безработица среди интеллигентных профессий приняла невиданные до сих пор размеры, В буржуазной печати раздаются голоса о «перепроизводстве интеллигенции». В ряде стран сокращаются расходы на народное просвещение, сокращается сеть высших учебных заведений.

Незавидно положение и той части интеллигенции, которой удалось пристроиться на работу (за исключением буржуазной верхушки интеллигенции, целиком сросшейся с капиталом, являющейся его цепной собакой и щедро им оплачиваемой). Вынужденная работать на капиталиста, продавать ему за кусок хлеба свой труд, завися от него экономически, трудовая интеллигенция порабощается капиталом и духовно. Проявление независимой, свободной, критической мысли неминуемо вызывает репрессии, выбрасывает «виновного» на улицу, обрекает его на голод и безработицу. Достаточно вспомнить «обезьяний процесс» и увольнения «неугодных» учителей в США, отдачу под суд крупных ученых за участие в забастовке во Франции и десятки подобных фактов.

Материальное и духовное порабощение, неуверенность в завтрашнем дне, безработица— таковы основные черты, характеризующие положение интеллигенции в странах капитализма.

3

Капиталистические страны — и СССР. Капитализм — и социализм. Господство буржуазии— и господство трудящихся. Кризисы, безработица, наступление на рабочий класс — и неуклонное повышение материального благосостсяния всех трудящихся. Паника перед наукой, перед растущими завоеваниями техники — и всемерное поощрение творческой научной мысли, всемерное использование всех технических достижений.

Таковы два мира, две системы, противостоящие друг другу.

Уже одних этих параллелей достаточно, чтобы вывести заключение о полной противоположности в положении интеллигенции в СССР и в буржуазных странах. Наша советская действительность блестяще подтверждает это.

У нас нет безработицы; наше социалистическое строительство предъявляет все больший и больший спрос на интеллигентские кадры. У нас из года в год растет сеть всевозможных учебных заведений, непрерывно растут контингенты учащейся молодежи.

У нас полная поддержка научного творчества, непрерывный рост научно-исследовательских учреждений, рост молодых научных сил.

У нас систематически проводимые мероприятия по повышению материального благосостояния интеллигенции. (Достаточно вспомнить постановления партии и правительства о повышении зарплаты учителей, медицинских работников, научных работников и пр.)

У нас неустанная забота правительства, партии, товарища Сталина о духовном росте нашей интеллигенции, о повышении ее идейного уровня, о приведении его в соответствие с теми великими задачами, которые ставит перед ней наше социалистическое строительство.

Именно этой заботой об идейном обогащении советской интеллигенции проникнуто историческое постановление ЦК ВКП(б) от 14 ноября 1938 г. «О постановке партийной пропаганды в связи с выпуском «Краткого курса истории ВКП(б)».

4

Победа социализма в СССР глубоко изменила социальный облик страны. «Классовые грани между трудящимися СССР

стираются, падают и стираются экономические и политические противоречия между рабочими, крестьянами и интеллигенцией» (из тезисов товарища Жданова). Рабочий класс, крестьянство и интеллигенция составляют единую, дружную семью вместе, рука об руку, нога в ногу идущие к общей великой цели под руководством партии Ленина — Сталина. Блестящая победа блока коммунистов и беспартийных на выборах в Верховные Советы является блестящим подтверждением этой сплоченности.

Но отсюда отпадает потребность в тех ограничениях, которые были установлены для приема в партию крестьян и интеллигентов. Соответствующий пункт устава партии требует соответствующего изменения.

Изменениям в уставе ВКП(б) посвящены тезисы доклада товарища Жданова на XVIII съезде ВКП(б). Все эти изменения направлены к дальнейшему развертыванию внутрипартийной демократии, проникнуты сталинской заботой о каждом члене партии, об охране его прав и интересов. Устанавливается единый порядок приема в партию новых членов. Особо оговаривается право критики каждым членом партии любого партийного работника, право членов партии избирать и быть избранным в партийные органы, право обращаться с любым вопросом и заявлением в любую партийную инстанцию. Отменяются на дальнейшее массовые чистки партии. Вменяется в обязанность внимательный и тщательный разбор обвинений, предъявленных члену партии. Запрещается применение исключения из партии за маловажные поступки.

Каждый из этих пунктов говорит сам за себя. Сталинский завет о внимании, о бережном отношении к человеку находит здесь свое яркое воплощение.

5

Трехсотмиллионная армия советского учительства — самый многочисленный отряд нашей советской интеллигенции. На этот отряд возложена почетнейшая и ответственнейшая задача —воспитание молодого поколения, воспитание поколения, способного закончить дело рабочего класса, дело коммунистической партии, дело Ленина — Сталина — построение коммунистического общества.

Эта задача требует от учителя не только надлежащей научной и методической подготовки, но и высокого идейного уровня, знания основ марксизма-ленинизма. Ведь учитель в первую очередь руководит духовным ростом подрастающего поколения.

Понятно поэтому, что повышение своего идейного уровня — первоочередная задача советского педагога, что «Краткий курс истории ВКП(б)» должен стать его настольной книгой.

Вооруженное марксистско-ленинской теорией, овладевшее большевизмом советское учительство еще более уверенно, с большей энергией будет продолжать свою почетную работу, еще более беззаветно отдаст все свои силы на служение великому делу, на выполнение решений XVIII съезда ВКП(б), на осуществление великих идей Маркса — Энгельса — Ленина — Сталина.

НАУЧНЫЙ ОТДЕЛ

МАТЕМАТИКА У ДРЕВНИХ ЕГИПТЯН

Д. ЦИНЗЕРЛИНГ (Ленинград)

i. источники

сточником наших сведений о том, на каком уровне стояли познания древних египтян в математике являются математические папирусы1. В настоящее время наука располагает двумя полными математическими папирусами, относящимися к эпохе древнего Египта, и некоторым числом обрывков — фрагментов. Несмотря на то, что мы имеем только два довольно хорошо сохранившихся папируса, их содержания достаточно для того, чтобы составить довольно полное и отчетливое представление о познаниях древних египтян в арифметике и геометрии.

Первым по времени его нахождения и времени перевода является папирус Rhind'a, называемый так по имени египтолога, который приобрел этот папирус, в числе других (нематематических) папирусов, в Египте, у местного населения. Этот папирус в настоящее время хранится в Британском музее, в Лондоне. Вторым является так называемый «Московский» папирус; он хранится в Москве, в Государственном музее изящных искусств. Оба папируса относятся к Среднему царству, т. е. ко времени за 1 ~--2 тысячи лет до нашей эры (папирус Rhind'a собственно написан несколько позже, но представляет копию с папируса, относящегося приблизительно к тому же времени, как и Московский папирус. Папирус Rhind'a датирован 33-м годом царствования фараона Aouserré Ароphis, царствование которого должно быть отнесено ко времени между 1788 и 1580 годами до нашей эры. Нет основания сомневаться в том, что этот папирус, согласно утверждению самого автора папируса, писца Яхмоса, представляет копию более древнего сочинения, написанного во время царствования фараона Nemaré Amenemmes III, XII династии, который царствовал, примерно, от 1849по 1801 г. до нашей эры. Московский папирус, Кахунские фрагменты и фрагменты, находящиеся в Берлине, все определенно являются документами XII династии; прототип папируса Rhind'a, очевидно, относится к тому же времени (Peet). Оба папируса гиератического1 письма; первый из них представляет сборник задач из практической жизни землевладельца, а второй, по предположению

1 Название папируса получено от имени растения, проиврастающего в болотистых местах и по берегам реки в Нижнем Египте. Это растение достигает 2 м высоты. Из волокон его довольно толстого стебля нарезают полоски, которые прикладывают одну к другой; под давлением эти полоски благодаря находящемуся в них клейкому веществу склеиваются. На образовавшиеся таким образом листы накладывают второй слой волокон в направлении перпендикулярном первому. Образовавшаяся таким образом ткань смачивается жидким гумми, прессуется и затем высушивается. Отдельные листы потом склеиваются в длинную полосу (свиток). На таких листах писали раствором сажи в жидком гумми особыми палочками. Писали (и читали) обыкновенно справа налево и сверху вниз (по строкам). Весь свиток разделялся на отдельные колонны, соответствующие нашим страницам.

1 Шрифтов в Древнем Египте было три: первоначальный — гиероглифический, состоящий из живописного изображения различных предметов: эти изображения обозначали отдельные звуки и отдельные слоги. Гиероглифический шрифт находят в надписях на стенах храмов гробниц и т. д.; этот более древний шрифт применялся, так сказать, в более важных случаях. В обыденной жизни его стали постепенно все более и более упрощать в целях скорописи, и получился так называемый гиератический шрифт, которым писались папирусы в более старое время. В более позднее время (в Новом царстве) стали пользоваться еще более упрощенным шрифтом: этот шрифт носит название демотического. Оба математических папируса написаны гиератическим шрифтом.

Струве, представляет тетрадь ученика из школы писцов.

Папирус Rhind'a представляет свиток, состоящий из двух кусков, общею длиною около 5 — м; средняя часть целого папируса разорвана на мелкие куски, которые находятся в Нью-Йорке и которые тоже в настоящее время в значительной части расшифрованы; ширина этого папируса 32 см. Московский папирус длиною в 5,44 м и шириною в 8 см состоит из 45 колонн (36 из одного куска и 9 начальных фрагментальных).

Папирус Rhind'a содержит 84 задачи, из которых 64 арифметических и 20 геометрических, а Московский — 25 задач, из которых 18 арифметических и 7 геометрических.

Математический папирус Rhind'a впервые переведен, комментирован и издан проф. Eisenlohr'ом в 1877 г. под заглавием «Ein mathematisches Handbuch der alten Aegypter». Он начинается словами: «Предписание, как постичь знания всех земных вещей, всех тайн, которые находятся в вещах. Сочинено в 33 году, в четвертом месяце наводнения (Нила), при величестве царя Aouserré, по образцу старых сочинений времени фараона Nemaré, писцом Яхмосом».

За этим изданием последовало еще два издания: в 1923 г. этот папирус был вновь комментирован и издан на английском языке проф. Peet'ом и затем в 1929 г. последовало американское издание Chace'a, также на английском языке, с приложением фотографической репродукции текста. Московский папирус принадлежал сначала египтологу Голенищеву, от которого был затем приобретен вместе с другими папирусами, принадлежащими Голенищеву, русским правительством, и находится в настоящее время, как было упомянуто, в Москве, в Музее изящных искусств. За транскрипцию с гиератического шрифта на гиероглифический и перевод с последнего на русский язык взялся покойный академик Б. А. Тураев, который успел сделать транскрипцию почти всего папируса с гиератического шрифта на гиероглифический и затем окончательный перевод пяти задач на русский язык, из которых одна была им также переведена на английский язык и напечатана в журнале Ancient Egypt в 1917 г. под заглавием «Объем правильной усеченной пирамиды с квадратным основанием». В 1919 г.

Б. А, Тураев предложил мне написать статью, имеющую своею задачею выявить значение для истории математики папируса Голенищева. Эта статья должна была предшествовать полному тексту перевода этого папируса на русский язык. Однако преждевременная смерть Б. А. Тураева (23 июля 1920 г.) не позволила осуществить его намерение, моя же статья, предназначенная к напечатанию в «Известиях Академии наук», была там и напечатана в 1925 г. под заглавием «Геометрия у древних египтян», причем к статье был приложен гиероглифический текст задач и их перевод, выполненный Б. А. Тураевым,

В 1929 г. в журнале «The Journal of Egyptian Archéologie» появилась статья Gunn'a и Peet'a под заглавием «Four geometrical problems from the Moscow mathematical Papyrus», в которой эти 4 задачи подверглись новой транскрипции и трансляции, не изменивших, впрочем, математического содержания этих задач.

Наконец, в 1930 г. появился полный перевод Московского папируса, сделанный учеником покойного Б. А. Тураева, профессором (ныне академиком) В. В. Струве, изданный на немецком языке в Берлине под заглавием «Mathematischer Papyrus des staatlichen Museum's der schönen Künste im Moscau». Этот прекрасно изданный перевод Московского математического папируса сопровождается чрезвычайно детальными комментариями и прекрасно исполненной фототипией папируса.

Кроме указанных двух папирусов и фрагментов (кахунских и берлинских) имеется еще один математический папирус, найденный феллахами в 1885 г. в Ахмиме, в Верхнем Египте, на христианском кладбище; этот папирус написан на греческом языке и по исследованию Baillet, который его перевел и комментировал, относится к VII — VIII в. нашей эры. Он ничего нового не вносит и потому интереса не представляет.

ii. арифметика

Счисление и цифровая система. Древние Египтяне пользовались десятичной системой счисления.

Привожу таблицу, показывающую обозначения цифр как в гиероглифическом, так и в гиератическом шрифтах.

И в том и в другом шрифтах единица каждого порядка имела особый знак:

1 — 1; и т. д., и затем каждое целое число писалось так, что единица каждого порядка повторялась столько раз, сколько единиц этого порядка имелось в данном числе; например 347 писалось так:

Так как египтяне читали и писали справа налево, то знаки шли по старшинству порядков. Так же писались числа и в гиератическом письме; только в гиератическом некоторые составные числительные имели особые обозначения. Как видно из приведенной таблицы, 4, 5, 7, 8, 9, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 600, 700, 800, 900 имели особые обозначения. В гиератическом письме 347 было бы обозначено так:

Дроби. Египтяне пользовались только дробями, числитель которых равен 1; исключение составляла только дробь — , причем -i- обозначалась знаком ö в гие-

роглифическом шрифте и знаком

в гиератическом;

затем

в гиероглифическом шрифте все другие дроби обозначались так же, как соответствующие целые числа, но со знаком наверху, например:

в гиератическом письме, кроме имели особое обозначение еще

а все последующие дроби с числителем равным 1 писались, как целые числа, но с точкою наверху, например:

Всякую дробь можно в конце концов представить в виде суммы дробей вида

где тип целые числа.

Так как дроби вида

нечетное число, в свою очередь можно представить в виде суммы дробей с числителем, равным 1, значит всякую дробь можно представить в виде суммы дробей с числителем, равным 1 (не прибегая к повторению в дроби — дроби — слагаемым m раз). Это привело египтян к нахождению дробей, представляющих частные от деления 2 на последовательные нечетные числа, начиная с 3. В папирусе Rhind'а приводится деление 2 на все нечетные числа до 101 включительно. Полученные результаты могут быть сведены в следующую таблицу:

Слагаемые в составной дроби не соединялись знаком сложения, а просто писались рядом.

Действия над целыми и дробными числами

Сложение. Сложение целых чисел не могло представить никаких затруднений.

Знаменатель

Разложение на дроби с числителем 1

Множители первоначального знаменателя в 2, 3 и 4-й слагаемых дробях

Умножение слагаемых дробей на первоначальный знаменатель. Сумма произведений равна 2

Сложение дробей сводилось к предварительному приведению их к общему знаменателю. Процесс приведения к общему знаменателю был египтянам хорошо известен и постоянно ими применялся, но только они за общий знаменатель брали не наименьшее кратное знаменателей, как это делаем мы, а обыкновенно просто наибольший из знаменателей; это приводило, вообще говоря, к дробным числителям, но это египтян не смущало и к ошибочному результату не приводило.

Вычитание. Вычитание египтяне рассматривали как действие обратное сложению: вместо того чтобы сказать «вычесть одно число из другого» египтяне говорили «найти число, которое, будучи прибавлено к первому, давало бы второе», или: «дополнить первое число до второго».

Для примера возьмем задачу № 23 (папируса Rhind'a):

Дано 5 дробей; их сумму надо дополнить до —. Писец приводит дроби к общему знаменателю. Написанные под дробями (красными чернилами) числа представляют частные от деления 45 на знаменатели данных дробей. Эти числа дают в сумме только вместе

Сумма стоящих внизу чисел равна 45 и

Решение этой задачи показывает, что египтяне умели и сокращать дроби.

Умножение. Умножение на целое число египтяне производили путем последовательного удвоения (иногда умножения на 10) и затем сложения частных произведений. Умножение на дробь они производили или умножением на — , или умножением на — с последовательным умножением на^- (или делением на 2) и затем сложением полученных частных произведений.

Примеры: 1) (Задача № 79 папируса Rhind'a). Умножить 2 801 на 7,

2) (Поверка решения задачи № 6 папируса Rhind'a).

умножить на 10.

В приведенном примере не приведены промежуточные вычисления.

Вот они:

так как

3) (Позерка решения задачи № 34 папируса Rhind'a). Умножить

вместе:

Остаток:

При решении этой задачи отдельно произведено сложение:

что дает

Общая сумма 10.

В этом примере мы имеем случай умножения одной суммы, состоящей из 4 слагаемых

на другую, состоящую из 3 слагаемых

Умножение производилось по правилу умножения многочлена на многочлен.

Деление. Египтяне на деление смотрели как на действие обратное умножению: «Разделить одно число на другое значит найти такое третье число, которое, будучи умножено на второе, давало бы первое». Поэтому самый процесс деления совпадал с процессом умножения.

Примеры: 1) 2 разделить на 17.

Остаток:

Таким образом:

Интересно, что египтяне всегда не сразу брали—, а сначала—, а затем -у полученного результата.

2) (Задача № 34 папируса Rhind'a). 10 разделить на

Здесь египтяне подбирали частные произведения так, чтобы их сумма была равна 10 (делимому). Действительно, сумма отмененных черточками частных произведений равна 10. Приведенные примеры показывают, что действие деления сводилось к подысканию такого числа, которое, будучи умножено на делитель, давало бы делимое. Для этого египтяне подбирали частные произведения так, чтобы их сумма давала делимое. Если они не могли этого сделать сразу, как это было сделано во 2-м примере, то они разбивали процесс деления на три ступени: а) подбирали так частные произведения, чтобы их сумма была меньше данного произведения (делимого), но была бы близка к нему; б) определяли остаток, который надо прибавить к найденной сумме, чтобы получить данное произведение, и в) определяли множитель или множители, которые необходимы, чтобы получить указанный остаток. Вторая ступень называлась s'km (дополнение). Для третьей ступени египтяне пользовались приемом, который показывает первый пример на деление (2:17). Остаток, будучи небольшим числом, будет состоять из одного или более слагаемых, обратных целым числам. Так, в приведенном примере делитель равен 17, и нам остается добавить к полученному произведению — и — единицы. Для этого мы возьмем дроби ^- и , представляющие обратные величины произведений 17 (делителя) на 3 и на 4

Таким образом, мы видим, что египтяне умели производить все четыре первые арифметические действия над целыми и дробными числами.

Папирус Rhind'a начинается с разложения дробей вида — , где п нечетные числа от 3 до 101, на суммы дробей с числителем равным 1 или с деления 2 на эти числа. Возьмем для примера из папируса дробь

Делай:

В качестве 2-го примера возьмем дробь

Делай

Рассмотрим эти два примера.

Сначала выписывается результат. Так, в первом примере:

во втором примере:

Последующая операция в обоих примерах представляет деление 2 на 13 и на 9. В первом примере деление начинается с —, продолжается до — , и определяется первое частное произведение меньшее 2, а именно 1— — ; до 2 остается еще — и —, которые определяются так:

— от 1 есть — от 13 и — от 1 есть —— от 13. Сумма — , на левой стороне дает 2 на правой.

Во втором примере деление начинается с умножения на — и далее: — от —,

Во всех случаях деления 2 на нечетные числа, приведенных в папирусе Rhind'a, сначала выписывается ответ, а затем производится деление. Такой порядок заставил Peet'a предполагать, что ответ, написанный вначале, представляет результат применения какой-то общей формулы или какого-то общего приема, под который можно было бы подвести разложение дробей вида j— на суммы дробей с числителем равным 1 (в таком случае последующее деление представляло бы контроль полученного результата). Такой общей формулы не существует, но найти формулы для отдельных групп таких дробей можно. Так, все дроби со знаменателем, равным 3 и кратным 3, разлагаются по формуле: — = -—I- — ; для дробей со знаменателем, равным 5 и кратным 5, общею формулою будет:

— = ---\— —— : дроби со знаменателем 7 и кратным 7 разлагаются по формуле:

— =--ь— и т. д.

Я подыскал подобные формулы, под которые подходят почти все разложения дробей вида — f где п нечетные первоначальные числа до 101 включительно; не подходят под подобные формулы только дроби

Разлагать дробь вида -—т—г на сумму 2 я —f— 1 дробей с числителем равным 1 можно различными способами (египтяне не допускали разложения на дроби с равными знаменателями). Дробь —, разложенная по формуле — =---г- —, если 35 рассматривать, как кратное 5, давала бы — = — + а разложенная по формуле — =--+ -—, если 35 рассматривать как кратное 7, давала бы 2 = 1+^.

В папирусе же мы имеем разложение — = — -+-— со значительным меньшим знаменателем у второго слагаемого.

Дробь —, разложенная по формуле — =--+-r-y если 91 рассматривать как кратное 7, давала бы — = — + —, а разложенная по формуле —=---h---h + —, если 91 рассматривать, как кратное 13, давала бы ^=1 + з^ + ^.

В папирусе же мы имеем разложение: — = — + -— со значительно меньшим 91 знаменателем у второго слагаемого, в папирусе разложено по формуле:

Пользовались ли египтяне при своем разложении дробей вида ——г— на суммы дробей с числителями равными 1 вышеприведенными формулами, сказать трудно, но факт тот, что во всех разложениях, кроме — и — , знаменатели всех слагаемых дробей, начиная со вторых, являются кратными знаменателя разлагаемой дроби, а знаменатель второй слагаемой дроби у ^- есть кратное одного из множителей знаменателя этой дроби, и приведенное в папирусе разложение дроби — = — -[- можно рассматривать как результат сокращения второй слагаемой дроби разложения:

по формуле

Меры длины, площади, емкости и веса у древних египтян

Большинство задач математических папирусов имело практический характер, и потому данные и искомые представляли именованные числа. Поэтому прежде чем приступать к рассмотрению задач математических папирусов, надо ознакомиться с египетскими мерами длины, площади, емкости и веса.

Основной мерой длины был локоть (mh, около 523 mm), который делился на 7 ладоней (ладонь — ширина 4 пальцев), а ладонь на 4 пальца.

Для измерения земельных участков пользовались мерою khet, равною 100 локтям.

Единицей меры для измерения площадей был setat — квадратный khet, равный 10 000 кв. локтей. Setat делился на части, представляющие

(в папирусе Rhind'a встречаются только

причем каждая часть имела особое название и особое обозначение.

Основною мерою емкости было hekat = = 292,24 куб. английских дюймов, что составляет 4,789 Л; hekat как мера жидкостей составляла 4,028 — 5,44 л, так как определялась сосудами различной величины.

Hekat делилась на части, составляющие

Каждая часть hekat имела свое название и свое обозначение. 32 го составляли 1 hin и; 20 hekat составляли новую единицу, носящую название khar.

Кроме указанных долей hekat не было, и потому объемные количества выражались в указанных долях hekat и в го. Так, писали

Сложная система единиц веса, употреблявшаяся в Египте, не играет роли в рассматриваемых математических папирусах. В задаче № 62 папируса Rhind'a мы имеем,

как единицу веса deben, которого носила название kite.

Содержание арифметических задач папирусов Rhind'a и Московского

Изложение содержания арифметических задач обоих папирусов покажет, какие задачи интересовали египтян и как они их разрешали.

а. Содержание арифметических задач папирусов Rhind'a

64 арифметических задачи папируса Rhind'a можно разделить на 5 групп:

1-я группа содержит 6 задач (№ 1—6) одного и того же содержания, представляющего разделение между 10 лицами поровну 1, 2, 6, 7, 8 и 9 караваев хлеба. Во всех этих задачах, как и в задачах на деление 2 на четные числа, дается готовый ответ, а затем производится его поверка. Это заставляет Peet'a предполагать, что египтяне здесь пользовались готовой таблицей (подтверждение этого предположения он находит в находящихся в Нью-Йорке фрагментах папируса). Однако приведенные в задаче ответы легко получаются простым делением. Так, чтобы получить частное от деления 9 на 10, равное

египтяне поступили бы так:

2-я группа, содержащая 17 задач, должна быть разделена на две подгруппы, так как хотя все 17 задач относятся к задачам на s'km (дополнение), но по содержанию первые 14 задач (№ 17—20) совершенно отличны от последних 3 (№ 21—23).

1-я подгруппа представляет умножение различных дробей на дроби

При решении этих задач в некоторые из них вкрались ошибки, вероятно, при переписке, но в одной из них рукою переписчика или корректора помечено, рядом с ответом: «ошибочный».

Умножение производилось, как и всегда, по способу умножения многочлена на многочлен и затем полученные частные произведения складывались приведением к общему знаменателю, за который в одной из задач взято число большее общего наименьшего кратного знаменателей. В одной из задач произведение

может быть, было взято из таблицы, приложенной к задаче № 61.

Вторую подгруппу составляют три последние задачи (№ 21—23), содержанием которых является прибавление к данному числу другого числа, такого, чтобы получилась данная сумма. Другими словами, это были задачи на вычитание дробей. Примером может служить уже рассмотренная задача № 23.

3-я группа содержит 15 задач (№24—38) на определение неизвестной величины по ее части, понимая это слово в широком смысле. Из этих задач 11 первых (№ 24— 34)—на отвлеченные числа, а 4 последние (№ 35—38) — на именованные.

Этот тип задач вызвал полемику среди ученых: Eisenlohr, первый перезодчик папируса Rhind'a, смотрел на эти задачи как на задачи на уравнения первой степени с одною неизвестною величиною. Ту же точку зрения усвоил и историк математики М. Cantor. Сначала Rodet, а затем Peet высказали взгляд, согласно которому на эти задачи надо смотреть как на чисто арифметические, никакого отношения к алгебре не имеющие. Этот взгляд вызвал возражения со стороны Cantor'a, Eisenlohr'a и Revillout.

Рассмотрим первую из задач этой группы (No 24).

«Неизвестнее, его седьмая часть, его целое составляют 19.

Делай, как полагается

Peet предполагает, что здесь применен прием «ложного положения» и затем пропорция:

которую впрочем можно только подразумевать, так как обозначение пропорций египтянам было неизвестно.

Я думаю, гораздо проще видеть в приведенном решении задачи просто деление

т. е. сначала деление на 8, а потом умножение на 7, иначе говоря, нахождение неизвестного по данной его части. Дроби с числителем, не равным 1, как правильные, так и неправильные, несомненно, были в сознании египтян, только они не рассматривали их как отдельные дроби и не имели для них особого обозначения; такого взгляда придерживается и Peet. В задачах № 30—34, как указывает сам Peet, применен метод непосредственного деления.

Из этой группы задач с данными в виде отвлеченных чисел наибольший интерес по их значительно большей сложности представляют задачи № 28 и 29,

Вот задача № 28:

« — сложено и — отнята: остаток 10.

Сделай от 10, получишь 1; остаток 9.

— его, именно 6, приложены к нему; вместе 15, 5 это то, что было отнято; остаток 10». Как условие задачи, так и ее решение

неполно. В полном виде условие задачи надо было бы изложить так:

«Неизвестное число; его приложено к нему и вычтена — полученной суммы.

Остаток 10. Найти число. Ответ 9».

На современном способе обозначения решение задачи представилось бы в виде уравнения:

В задаче № 29 совсем нет условия. Судя по приведенной части решения и по поверке его, условие задачи должно было бы быть изложено так:

«Неизвестное число; его приложено к нему и еще прибавлена полученной суммы; — найденной суммы есть 10. Найти число. Ответ 13-^-».

На современном способе обозначения решение задачи представилось бы в виде уравнения

В последних 4 задачах этой группы данные имеют конкретный характер и даются в hekat. Все 4 задачи одного и того же содержания. Ответ дается и в отвлеченных числах, и в hekat, и в го.

В виде примера можно привести задачу № 38:

«Я вхожу 3 раза в hekat; меня приложена ко мне и я возвращаюсь наполненным». Что это говорит?

Chace говорит по поводу этой странной формы изложения условия задачи: «Дело стоит так, как будто говорит сосуд, содержимое которого высыпается в другой сосуд, имеющий емкость, равную 1 hekat, и возвращается наполненным, но, очевидно, что это второй сосуд, емкость в 1 hekat, который был наполнен».

В общем, решение этой задачи, которое полностью приведено в папирусе, сводится к делению 1 hekat на Ответ дан в частях hekat и в го.

4-ю группу составляют две задачи на разделение на неравные части (№ 39 и 40).

Первая из этих задач не представляет большого интереса; читается она так:

«Сделать среднюю разницу 100 караваев хлеба между 10 лицами: 50 между 4-мя и 50 между 6-ью. Какова разница? Средняя разница

Решение задачи сводится к делению 50 на 4 и 50 на 6 и вычитанию второго частного из первого. Так эта задача и решена в папирусе.

Вторая же задача (№ 40) представляет высокий интерес — это задача на арифметическую прогрессию. Читается она так:

«100 караваев хлеба на 5 лиц; одна седьмая доля первых трех равна доле двух последних. Какова разность долей?»

Вот ее решение:

«Делай, как полагается, предполагая, что разность долей равна

вместе

Перечти на 23 раза, это составляет

При анализе решения этой задачи прежде всего возникает вопрос, откуда автор взял разность, равную 5—. Chace думает, что автор исходил из прогрессии

5, 4, 3, 2, 1 с разностью, равною 1. При определении разности между — суммы первых трех членов прогрессии и суммою последних двух разность оказалась равною •у. Затем, постепенно увеличивая разность прогрессии, он заметил, что при разности, равной 5—, разность между — суммы первых трех членов прогрессии и суммою двух последних обращается в 0. Объяснение Chace'а по своей искусственности представляется мне маловероятным. Peet предполагает, что автор, исходя из прогрессии 23, 17-^-, 12, 6-^-, 1, сумма членов которой равна 60, нашел, что — суммы первых трех членов равна сумме последних двух и на этом основании составил предложенную им задачу, взяв только сумму всех членов равною 100.

Можно для объяснения появления в условии задачи разности, равной 5-^- , исходить из того, что если сумма первых трех членов убывающей арифметической прогрессии в 7 раз превышает сумму последних двух ее членов, предполагая, что всех членов прогрессии 5, то разность прогрессии

В самом деле, если

Если наименьший член, т. е. я- = 1, то d получается равным 5-^-. Хотя вопросом задачи было поставлено определение разности прогрессии, ответа на этот вопрос мы не имеем, но, может быть, автора больше интересовало распределение караваев хлеба между указанными лицами и, найдя это распределение, он считал решение задачи законченным.

5-ю и последнюю группу составляют 24 задачи (№ 61—84) смешанного характера. Эти задачи по большей части конкретного содержания взяты из практической жизни.

Содержание этих задач представляет интерес не только для истории математики, но и для истории культуры вообще.

Особую подгруппу составляют 10 задач (№ 69—78), содержанием которых являются так называемые pfsu расчеты по обмену караваев хлеба разной величины и пива разной крепости; для этого караваи хлеба разной величины и пиво разной крепости выражаются в количестве муки, которое требуется на их изготовление. Так, если pfsu каравая хлеба равно 12, значит, этот каравай хлеба такого размера, что таких караваев из одного hekat муки выпекается 12. Если pfsu пива равно 2, значит крепость пива такова, что из 1 hekat муки выходит два кувшина пива определенной емкости. С математической точки зрения эти задачи не представляют особого интереса. Из задач, входящих в 5-ю группу, я остановлюсь на 4 задачах, которые, по моему мнению, представляют наибольший интерес с математической точки зрения. Это задачи № 63, 64, 68 и 79.

Задача №63 (на пропорциональное деление).

«Пример на распределение 700 караваев хлеба между 4 лицами:

так, чтобы доли 4 лиц относились между собою, как

позволь мне знать долю каждого из них. Сложи

это 100. Это количество каждого из них.

Сделай так:

все количество 700

Решение этой задачи, совершенно ясное, представляет прекрасный пример решения задач на пропорциональное деление.

Задача № 64 (на арифметическую прогрессию).

«Пример распределения разниц. Если тебе сказано: 10 hekat ячменя между 10 лицами. Разность доли каждого лица и доли следующего за ним лица составляет— hekat ячменя. Средняя доля равна [1] hekat. Отними 1 от 10, останется 9. Возьми половину разности, т. е. —. Возьми ее 9 раз, это даст тебе ^ hekat; прибавь к средней доле. Отнимай теперь по — hekat для каждого лица до последнего.

Делай, как полагается.

В решении этой задачи ошибочно написано — вместо 1.

Посмотрим, по какой формуле определялся первый член этой убывающей прогрессии:

откуда

Вот по последней формуле и был определен первый член в рассмотренной задаче.

Peet дает объяснение, каким образом египтяне могли эмпирически прийти к решению задачи по приведенной формуле. Он говорит: «Если число членов в арифметической прогрессии нечетное, то величина среднего члена совпадает со средним арифметическим всех членов прогрессии, а если число членов прогрессии четное, то среднее арифметическое всех членов прогрессии совпадает со средним арифметическим двух средних членов. В обоих случаях ах (высший член) =

Задача № 68 (расплата с работниками).

«Если тебе говорит писец: четыре бригадира, они получили 100 четверных hekat зерна. Артель первого бригадира состоит из 12 человек, второго — из 8, третьего — из 6, четвертого — из 4; всего 30 человек.

Раздели 100 на 30, будет

Для первого бригадира умножь на 12, для второго— на 8, для третьего — на 6, для четвертого — на 4.

Всего 1-му 40 hekat

Всего 2-му

Всего 3-му 20

Всего 4-му

Список этих бригадиров

Первый 12

Второй 8

Третий 6

Четвертый 4

Всего 30

Решение этой задачи показывает, что египтянам было хорошо знакомо раздробление и превращение именованных чисел.

Задача № 79** (на геометрическую прогрессию) «Инвентарь хозяина

2 801 7 домов . . 5 602 49 кошек

4 11 204 343 мышей вместе 19 607 2 401 spelt (род пшеницы)

16 807 hekat вместе 19 607». 19 607 представляет сумму 5 членов геометрической прогрессии, первый член и знаменатель которой равен 7. Интересен первый способ определения суммы членов этой прогрессии.

Здесь at = q, и потому формула суммы принимает вид:

По этой формуле сумма s и вычислена в первом способе:

Peet выводит последнюю формулу из формулы:

которая при

принимает вид:

и потому

В. Содержание арифметических задач Московского папируса

Московский папирус содержит 18 арифметических задач, но ни в одной задаче не приводятся вычисления, и потому, с точки зрения техники вычислений, Московский папирус ничего не дает, но содержание некоторых задач и их решение представляют большой интерес.

Струве делит все арифметические задачи Московского папируса на группы по их содержанию. Поэтому порядок, в каком приведены задачи у Струве, не совпадает

* Число, поставленное в прямых скобках, указывает пропуск.

** Смысл этой задачи впервые объяснил Rodet, который говорит, что эта задача, очевидно, составлена по детской задаче следующего содержания:

«7 домов; в каждом было 7 кошек, каждая кошка съела 7 мышей, каждая мышь 7 колосьев (или зерен ячменя); каждый колос ячменя дает 7 hekat. Что из всего этого произойдет?»

с их порядком в самом папирусе.

В первую группу входят две задачи (задачи на части корабля).

Первая задача имеет дело с рулем корабля, но она настолько испорчена, что определить ее содержание невозможно. Вторая же задача имеет своим содержанием определение длины мачты корабля по отношению длины мачты I — — J к длине (30 локтей) бревна кедрового дерева.

Далее следует группа ps'w задач, состоящая из 10 задач, ps'w то же, что fos'u и в соответствующих задачах папируса Rhind'a: оно означает размер каравая хлеба, т. е. числа хлебов, которое можно выпечь из объемной единицы зерна, и крепость пива, т. е. число кувшинов пива определенного размера, которое можно сварить из объемной единицы зерна.

Эту группу Струве делит на 3 (собственно 5) подгруппы. Первую подгруппу составляют 2 задачи (№ 15 и 24). Задачи № 15 имеют своим содержанием определение числа кувшинов пива, которое можно сварить из 10 объемных единиц верхнеегипетского зерна, если крепость пива равна 2.

Привожу содержание и решение задачи № 24.

«Из 15 объемных единиц зерна изготовлено 200 караваев хлеба и 10 кувшинов нива. Из одной объемной единицы зерна выходит в 10 раз меньше пива, чем хлеба.

Возьми , чтобы найти 1, будет 10 раз.

Определи по этому 10 кувшинов пива, будет 10 раз; получишь 100. Приложи эти 100 к 200, будет 300. Рассчитай на 15 единиц зерна, чтобы найти 300; это составит 20 раз. Смотри: это ps'w 20 этих 100 хлебов. Возьми этих 20, будет 2,

Смотри: это касается 10 кувшинов пива; это ps'w 2».

В чем же сущность метода решения этой задачи? В замене 10 кувшинов пива равнозначущим ему, по количеству потребляемого зерна, числом караваев хлеба. Но таков же метод современного арифметического способа решения подобных задач.

Вторую подгруппу составляют по терминологии Струве bsjî — bnr задачи (№ 9, 13, 22). Эта подгруппа имеет ту особенность, что в задачи этой подгруппы, кроме ячменя и верхнеегипетского зерна, входят еще другие виды зерновых хлебов и плодов.

Приведу задачу № 9.

«Из 16 мер верхнеегипетского зерна надо приготовить караваи хлеба (100) такой величины, что из одной меры выходит 20 караваев хлеба и некоторое количество пива трех сортов с крепостью 2, 4, 6, если бы пиво было изготовлено из обыкновенного ячменя, но пиво было изготовлено с крепостью, соответствующею крепости пива, изготовленного из особого сорта пшеницы и фиников, т. е. с крепостью вдвое большею. Определить, сколько выйдет кувшинов пива. Ответь».

Задача решается следующим образом:

Задача № 13 представляет повторение предыдущей. Содержание задачи № 22 то же, только поставлен другой вопрос: какого размера выйдут караваи хлеба?

Третью подгруппу составляют 5 задач, которые представляют только некоторые разновидности предыдущих задач.

К ps'w задачам можно было бы отнести и задачу №21, так как в нее входит число, определяющее, сколько надо взять зерна, чтобы получить один каравай хлеба, но, по существу, это задача на смешение 1-го рода, как теперь называют такие задачи,— тип задач, который не встречается ни в папирусе Rhind'a, ни в фрагментах других математических папирусов.

Вот текст задачи № 21.

«Сделай вычисление жертвенных хлебов, если тебе сказано:

Возьми сумму обеих половин, будет 5. Вычисли сумму обеих половин, будет 60. Раздели 5 на 60, будет

Смотри: смесь будет

При вычислении сделана ошибка:

ход решения задачи вполне правильный.

Далее идут две задачи (№ 11 и 23) на кратное отношение, причем решение второй задачи и самый перевод ее мало понятен.

Привожу содержание и решение первой из этих двух задач (№ 11).

Вычислить оплату работы, состоящей в переносе корзин с хлебом. Оплата определяется числом перенесенных корзин. Предполагалось, что хлеб будет переноситься в корзинах, содержащих 5 хлебов, но работник переносил в корзинах, содержащих 4 хлеба.

Решение. «Считай по 5 хлебов, получишь 25. Считай по 4 хлеба, получишь 16. Найди число, на которое надо умножить 16, чтобы получить 25; найдешь

Определи остаток, получишь — —». Непонятно, откуда взялись в решении задачи квадраты 5 и 4. Струве объясняет появление этих квадратов, делая предположение, что караваи хлеба накладывались в корзину рядами по 5 или по 4 каравая, так что фактически в корзинах оказывалось 25 или 16 хлебов.

Полученный ответ (— ^ представляет относительный прирост числа единиц работы.

Последними тремя задачами Московского папируса являются так называемые W задачи (№ 1, 19 и 25).

Из этих трех задач одна (№ 1) очень испорчена, другие же две сохранились вполне хорошо. Содержание и решение этих двух задач заставляют Струве, вопреки мнению Peet'a, присоединиться к тем ученым, которые рассматривают задачи этого типа как задачи на решение уравнений первой степени с одним неизвестным.

Привожу содержание и решение задачи № 19.

Решение. Определи разность между 10 и 4, будет 6. Найди число, которое, будучи умножено на

дает 1 ; получишь

Возьми от 6, будет 4. Это и есть Ш».

Таким образом, решение этой задачи сводится к следующему ряду дейстзий:

Действительно, чем отличается метод решения задачи от современного? Разве только тем, что для получения (А), 6 не сразу делится на 1 , но это уже дело египетской техники действий.

РЕШЕНИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОЙ СТЕПЕНИ С ДВУМЯ НЕИЗВЕСТНЫМИ

Проф. И. ЧИСТЯКОВ (Москва)

зложение способов для алгебраического решения неопределенных уравнений второй степени отсутствует в русской математической литературе. Весьма редко, и в очень неполном виде, можно встретить его и в иностранных математических сочинениях. Между тем, неопределенные уравнения второй степени со времен глубокой древности представляли большой интерес для лиц, занимающихся математикой; разработка методов их решения имела важнейшее значение для развития математической науки, в особенности «Теории чисел». И в настоящее время задачи из этой области, помещаемые в русских и иностранных математических журналах, неизменно вызывают интерес у читателей, которые решают их по соображению, частными приемами, проявляя нередко большую изобретательность. Настоящая статья имеет своей целью дать систематическое и полное изложение методов для решения названных уравнений элементарными алгебраическими приемами.

Обращаясь к истории данного вопроса, заметим, что первым ученым, который занимался решением неопределенных уравнений второй и высших степеней, был греческий ученый Диофант (III в. н. э.), который в своем сочинении «Арифметика» дал ряд задач на подобные уравнения с подробными решениями. Но Диофант не дал общих методов для решения неопределенных уравнений; при решении приведенных у него задач он пользуется частными и искусственными приемами. Книга Диофанта возбудила большой интерес к неопределенным уравнениям у последующих ученых. Ими с увлечением занимались греческие, арабские и индусские ученые, которым удалось разработать некоторые общие приемы для решения неопределенных уравнений. Так, индусский ученый Брамагупта (598—660 г. н. э.) нашел способы для решения неопределенных уравнений первой степени и некоторых уравнений второй степени, аналогичные приемам, вновь открытым через несколько столетий европейскими учеными. Когда в 1575 г. «Арифметика» Диофанта была переведена на латинский язык, она возбудила громадный интерес среди европейских математиков. Неопределенные уравнения, решению которых она посвящена, получили название уравнений Диофанта, и это название нередко употребляется и до сих пор. Особенно заинтересовались ими французский ученый Баше де Мезириак (1581—1612), написавший «Комментарии к Диофанту», и великий французский ученый Фермат (1601—1665). Последний особенно много сделал для неопределенного анализа и по справедливости считается основателем науки— «Теории чисел». Из позднейших ученых специально занимался решением неопределенных уравнений знаменитый математик Эйлер (1707—1783), посвятивший неопределенному анализу второй том своей «Алгебры». Это сочинение было в 1769 г. переведено на русский язык под заглавием: «Универсальная арифметика г. Леонгарда Эйлера. Том второй, в котором предлагаются правила решения уравнений и Диофанский образ решения вопросов». В части 5-й этой книги, озаглавленной «О неопределенной аналитике», Эйлер дает весьма простое и замечательное изложение алгебраических методов для решения неопределенных уравнений первой, второй и высших степеней, сопровождая его многочисленными примерами. Однако ему еще не удалось получить совершенно общего способа для решения неопределенного уравнения второй степени. В частности, он не нашел метода для решения играющего важную роль в теории неопределенных уравнений второй степени уравнения Пелля. Эти недочеты были позже восполнены знаменитым Лагранжем, который в 1774 г. издал «прибавления» к французскому переводу алгебры Эйлера. В этих прибавлениях Лагранж дал систематическое изложение мето-

дов для решения неопределенных уравнений первой и второй степени с двумя неизвестными, основанное на свойствах непрерывных дробей. Поэтому «прибавления» Лагранжа начинаются с подробного изложения свойств непрерывных дробей.

Вопрос о решении неопределенных уравнений второй степени с двумя неизвестными был, таким образом, решен, но вскоре он получил новое освещение и развитие. В 1801 г. Гаусс (1777—1855) издал свое сочинение «Арифметические исследования», в котором изложил оснозания арифметической теории форм. При этом особенно полно была им разработана теория бинарных квадратичных форм, т. е. выражений вида ах2 + Ьху+су2, где а, Ь, с — данные, а х и у неопределенные целые числа. Говорят, что число m может быть представлено вышеприведенной формою, если существуют такие целые числа х и у, которые обращают ее в m (т. е. при которых ах2 + bxy + су2 = m). Совершенно естественно было приложить теорию бинарных квадратичных форм к решению неопределенных уравнений второй степени с двумя неизвестными, и это было сделано позднейшими учеными, в частности Лежен-Дирихле в его лекциях по «Теории чисел». С тех пор обычно решение неопределенных уравнений второй степени излагалось в курсах по «Теории чисел». Однако в последнее время можно встретить в математической литературе и такие изложения трактуемого вопроса, которые не опираются на «Теорию чисел», а представляют продолжение и развитие трудов Эйлера и Лагранжа1. В некоторых трудах устанавливается связь уравнения второй степени с двумя неизвестными со свойствами выражаемых им в Аналитической геометрии кривых 2-го порядка. Решить уравнение с этой точки зрения значит определить на выражаемой им кривой точки, координаты которых удовлетворяют некоторым определенным условиям, например, должны быть рациональными, положительными и т. и.

2.

Неопределенному уравнению второй степени с двумя неизвестными в общем случае можно придать вид:

(I)

где коэфициенты а, Ь, с... числа целые, положительные или отрицательные; некоторые из них могут быть нулями, но, в частности, я, Ь и с одновременно равняться нулю не могут, ибо тогда мы имели бы уравнение первой степени. Решая уравнение (I) относительно у, имеем

Давая в этом выражении х совершенно произвольные числовые значения, мы можем получить сколько угодно соответствующих значений для у. Таким образом, уравнение (I) может иметь бесчисленное множество решений. Они могут быть как действительными, так и мнимыми, но в рассматриваемой теории принимаются во внимание исключительно действительные и притом рациональные решения. Из рациональных решений представляют наибольший интерес целые решения, т. е. выражающиеся целыми, положительными или отрицательными числами. Затем, сообразно условию задачи, может быть выставлено требование найти только целые и положительные числа, удовлетворяющие уравнению (I). Иногда налагаются ограничения и на целые и положительные решения; если, например, X и у означают цифры некоторого числа, то ясно, что они должны быть целыми и положительными и не превышать девяти.

Если в уравнении (I) некоторые из коэфициентов равны нулю, то оно называется неполным. Мы начнем рассмотрение решения уравнения (I) с главнейших видов неполных уравнений.

неполные уравнения второй степени

3.

Пусть в уравнении (I) свободный член /=0, тогда для него весьма легко получить рациональные решения. Действительно, уравнение (I) принимает тогда вид:

(2)

Очевидными решениями этого уравнения будут X = 0 и у = 0. Чтобы найти другие решения, не равные нулю, положим y = xt. Тогда получим:

или, сокращая на х:

1 См. например, G. Crystall — «Algebra», part. II. R. Сarmiсhae1 — «Diophantine analysis». E. Cahen — «Théorie de Nombres», t. II и др.

откуда

Давая в этих выражениях числу / различные рациональные значения, получим соответственно рациональные значения для х и у. Если же требуется найти только целые значения для неизвестных, то эти решения должны быть дополнительно исследованы. С точки зрения аналитической геометрии уравнение (2) выражает кривую 2-го порядка, проходящую через начало координат, а подстановка у = xt соответствует прямой, проходящей через то же начало. Избранный способ решения соответствует нахождению координат второй точки пересечения кривой с названною прямой. Как известно, кривые 2-го порядка суть уникурсальные, т. е. если на такой кривой дана какая-либо ее точка с рациональными координатами, то любая проведенная через эту точку прямая с рациональным угловым коэфициентом дает и вторую точку пересечения тоже с рациональными координатами. Но такой данной точкой является начало координат (0; 0); проводя через нее прямую y = xt, мы и должны получить вторую точку пересечения с рациональными координатами.

Иногда при решении уравнения (2) полагают у = — х и получают выражения для X и у с двумя произвольными числами р и q.

Пример.

Найти два рациональных числа, сумма которых равнялась бы сумме их квадратов.

Обозначая искомые числа х и у, имеем

очевидным решением которого является х = 0; у = 0. Полагая у = xt и сокращая результат на х, имеем:

откуда

При t = О получим отсюда х = 1 ; у = 0. При t = 1, найдем х=\; у = 1.

При всяком ином рациональном значении как легко видеть, будем иметь пары дробных решений, удовлетворяющих данному уравнению. Например, при t — 2 получим:

и действительно:

Очевидно, указанная подстановка y = tx может быть применена и к неопределенным уравнениям выше второй степени, в которых свободный член равен нулю. В таком случае степень уравнения понижается на единицу.

4.

Рассмотрим теперь неполное уравнение, в котором отсутствуют члены с квадратами неизвестных.

а) Начнем с того случая, когда коэфициент при произведении неизвестных равен 1. Такое уравнение имеет вид:

или:

отсюда

Давая здесь у любые рациональные значения, получим соответствующие рациональные значения для х. Для получения целых решений исключим из последней дроби целую часть; получим:

или, полагая

Поэтому для получения целых решений данного уравнения надо (y+d) поочередно приравнивать всем делителям числа т, откуда получим все целые значения у, а подставляя их в формулу для х, найдем и все целые значения числа х.

Пример.

Отсюда имеем:

Исключая из этой дроби целую часть, получим:

Делителями 24 являются числа:

что дает системы целых решений:

Таким образом, целых и положительных решений данное уравнение имеет только 5 пар:

Х = 11; х = 9; x = S; х = 7; х = 6

у = 1; у = 3; у = 5; у = 9; у = 2\.

6) Аналогичный способ употребляется и для решения уравнений, в которых отсутствуют члены с квадратами неизвестных, но коэфициент при произведении их не равен единице, т. е. вида:

или:

отсюда

Для исключения из этой дроби целой части умножим последнее уравнение почленно на Ь, получим

или:

(а)

Полагая для краткости

имеем:

Таким образом, для нахождения целого числа Ъх надо число m разлагать всевозможными способами на два множителя; приравнивая каждый из них числу by + dy мы найдем значения для у, из которых выберем целые числа. Подставляя же их в выражения для Ьх, найдем значения х, из которых тоже возьмем только целые числа.

Пример.

отсюда и

Для возможности исключения из последней дроби целой части умножим обе части последнего уравнения на 3, получим:

или:

Делителями числа 7 являются 4-1,-1-7. Приравнивая (Зу — 2) числам 1 и 7, получим решения:

Приравнивая же (Зу — 2) числам — 1 и — 7, целых решений мы не получим. Итак, данное уравнение имеет две вышеприведенные пары целых решений.

в) Из полученного выше выражения (а) для числа Ьх между прочим следует, что

Отсюда вытекает второй способ для решения в целых числах уравнений рассматриваемого типа именно при помощи разложения левой части его на множители. Для этого представим его в виде

Умножая обе части уравнения на Ъ и прибавляя к ним по de, получим:

или:

Разлагая число de — bf различным образом на два множителя, приравниваем один из ни (bx+e),2L другой (by+d), решая полученные уравнения, найдем значения для X и у.

Пример.

Умножая обе части его на 5, получим:

Для возможности разложения левой части на два множителя, отнимаем от обеих частей по 6; получим:

Испытывая системы

получаем системы решений:

Разложение же 119 = 1-119 и разложение того же числа на отрицательные множители не дают целых решений.

г) Наконец, подобный же способ решения может быть применен и для решения таких неполных уравнений, в которых отсутствует лишь один член с квадратом какого-либо неизвестного. Пусть, например, в основном уравнении (I) о = 0,т. е.

отсюда

отсюда

Умножая обе части этого уравнения на Ь, получим:

Исключив из этой дроби целую часть, получим выражение вида:

Следовательно (by+d) должно быть одним из делителей числа р. Отюда найдем все целые значения у, а с помощью их определим и соответствующие целые решения для X.

Пример.

Делителями 26 являются числа: ±1, ±2; ±13, ±26, что дает следующие пары целых решений

ЭЙЛЕРОВЫ ПОДСТАНОВКИ

5.

Если в уравнении (1) одно из неизвестных входит лишь в квадрате, то, как показал Эйлер в своей «Аналитике», для такого уравнения во многих случаях легко могут быть получены рациональные решения. Это достигается с помощью трех знаменитых подстановок Эйлера, которые применяются и в интегральном исчислении. Если, например, в данном уравнении встречается только у2, то ему можно дать вид:

откуда

Когда при этом / представляет собою точный квадрат l — k2, то

и для получения для у рационального значения применяется первая подстановка Эйлера, именно полагают

где t — некоторое целое число. Получим

или:

откуда

или:

Давая в этих формулах числу t любые целые значения, можно получить сколько угодно рациональных решений для неизвестных, из которых затем, если требуется, выделить целые решения. При этом обычно применяют не выведенные формулы, а метод их получения.

Пример.

Отсюда

Полагая откуда

Давая здесь числу t целые или даже вообще рациональные значения, можно получить сколько угодно рациональных решений данного уравнения. В частности, при t = 1 имеем целые решения:

х = 4; у = ±\3.

Когда в уравнении (а) коэфициент /<0 или не представляет собою точного квадрата, то первая подстановка Эйлера не может быть применена, но в некоторых случаях может быть применена аналогичная ей вторая. Она имеет место в том случае, если свободный член уравнения (а) представляет собою точный квадрат. Пусть уравнение имеет вид:

откуда

Полагая

получим:

Отбрасывая решение л: = 0, найдем

и, следовательно,

Пример.

Отсюда

Положим y = 4:+tx, тогда

Полагая в этих формулах t = 0, получим

При t = 1, будем иметь целые решения: х= 13; у=\7 и т. д.

Если ни /, ни п в трехчлене, стоящем в правой части уравнения (а), не представляют собою точных квадратов, но он имеет действительные корни, то рационализация корня из него может быть достигнута при помощи третьей подстановки Эйлера. Именно, полагаем

где а и ß действительные корни данного трехчлена. Затем положим:

где t — любое целое число. Отсюда:

Пример.

или

Замечая, что одним из корней данного

трехчлена является 1, полагаем^ = (х—1) t, получим:

или отсюда

Эти формулы дают рациональные решения для неизвестных. Для получения целых решений, представим х в виде:

отсюда видно, что t2 — 3 должно быть делителем 8. Это возможно лишь при f = 4-1; ±2. что дает решения уравнения, не содержащие неизвестных в первой степени

6.

Если в уравнении (I) коэфициенты d и е при первых степенях неизвестных равны нулю, то ему можно придать вид:

(1)

где а, Ь, с, g,— целые числа. Преобразуем это уравнение, умножив обе части его на 40; будем иметь:

или:

(2)

Выражение Ь2— \ас называется дискриминантом данного уравнения. Полагая

придадим уравнению вид:

(2)

Уравнение (1) различно решается в целых числах в зависимости от того, будет ли его дискриминант числом положительным, отрицательным или нулем. Так как уравнение (1) с точки зрения аналитической геометрии выражает соответственно гиперболу, эллипс или параболу, то мы будем различать уравнения эллиптического, параболического и гиперболического типа. Заметим еще, что уравнение (1) не может иметь целых решений, если коэфициенты при неизвестных имеют общий делитель, которого не имеет g. Действительно, полагая a = a1d; b = b1d, c = cxdy уравнению можно было бы придать вид:

или:

но такое уравнение в целых числах решить нельзя.

Положим, что £><0, т. е. рассмотрим уравнение эллиптического типа. Полагая D = — D± приведем уравнение (2) к виду:

Отсюда получим

целые значения и могут быть получены путем подстановки вместо у целых чисел, меньших У m . Найдя целые значения чисел у и я, можно перейти к нахождению числа X. Пример.

Здесь D = 36 — 52 < 0, поэтому уравнение может быть представлено в виде суммы двух квадратов:

Отсюда, полагая х — Зу = и9 имеем:

Испытывая подстановкою вместо у числа меньшие 5, найдем пары решений:

Определяя с помощью этих значений х, получим всего 4 пары решений:

Пусть дискриминант уравнения (1) D = О, т. е. оно принадлежит к параболическому типу. Тогда уравнение (2) принимает вид:

Если правая часть последнего уравнения отрицательна или не представляет собою точного квадрата, то решение его в целых числах невозможно. Если же она — точный квадрат, то решение последнего уравнения приводится к решению двух отдельных неопределенных уравнений первой степени с двумя неизвестными*.

Действительно, пусть

Тогда имеем:

* См. А. Киселев — «Алгебра», ч. II. Добавления.

Решая каждое из этих уравнений в отдельности в целых числах, получим целые значения для хау.

Пример.

отсюда имеем:

Очевидными целыми решениями первого уравнения являются * = 3; у=1, поэтому общие формулы решения

Давая числу t значения 0, 1, 2, 3..., получим пары решений:

Аналогично для второго уравнения частными решениями будут:

х = — 3, у = —\, а общими формулами:

Давая в них t значения 0, 1,2, 3..., получим:

Рассмотрим, наконец, уравнение (1) при условии D 0, т. е. приведем его к виду:

(3)

Это уравнение гиперболического типа.

Начнем исследование с частного случая, когда дискриминант представляет собою точный квадрат: D = q2, тогда уравнение (3) принимает вид:

или:

Так как через и мы обозначили (2ах + by), то то же уравнение можно еще представить в виде:

Следовательно, для решения задачи надо число m разлагать всеми возможными способами на два множителя и приравнивать один из них первому, а другой — второму множителю в левой части уравнения. В результате будут получаться системы двух уравнений с двумя неизвестными первой степени, решая которые, мы и получим рациональные значения для неизвестных, а также целые, если они есть. Пример.

Здесь D = 9 — 8 = 1, т. е. точный квадрат. Умножив все члены уравнения на 8, придадим ему вид:

или:

что проще представится в виде

Заметим, что последнее уравнение мы могли бы получить и непосредственно, разложив левую часть данного уравнения на множители. Так как 35 = 5-7 = 1-35, то мы должны решить системы

решая которые, найдем пары решений:

х= 34 х = 2 х = — 34 х = — 2 у = — 33 у = 3 у= 69 у= 9.

Очевидно, что в полученных решениях можно одновременно переменить знаки х и у у что даст нам еще 4 системы целых решений.

Другим частным случаем неполного уравнения гиперболического типа является уравнение, в котором коэфициент при квадрате одного из неизвестных равен нулю, напр.

Представляя его в виде

видим, что для получения целых его решений надо m разлагать на множители и приравнивать один к у, а другой к (Ьх+су). Из этих систем определятся рациональные, а из последних и целые решения данного уравнения. Пример.

Представляя данное уравнение в виде у (2х + Зу) = 24 и замечая, что 24 = = 1 • 24=2 • 12=3 -8=4-6, составляем системы вида

Решая их, получим целые решения:

х = 3 х = — 3 х = — 7 х = — \7 у = 2 у = 4 у= 6 у= 12.

Так как у в уравнение входит в квадрате и в произведении ху, то знаки у полученных решений могут быть изменены.

уравнение пелля

7.

Если в уравнении (3), которым мы занимались в предыдущем § 6

дискриминант D не представляет собою полного квадрата, то решение его путем разложения на множители невозможно. Изыскание других способов его решения имело весьма важное значение для развития <теории чисел». В особенности важную роль в науке сыграло изучение частного вида данного уравнения, когда т = -Ы, т. е. и2— Ру2 = 4- 1. Весьма много занимавшийся решением этого уравнения Эйлер назвал его уравнением Пелля в честь английского математика Пелля. Впоследствии, однако, выяснилось, что Пелль совсем не занимался решением этого уравнения. В действительности, названным уравнением впервые заинтересовался Фермат, который предложил его в 1657 г. для решения современным английским математикам. Из них оно было решено лордом Брункером и Джоном Валлисом, но они, однако, еще не дали полной его теории, которая окончательно была разработана в 1766 г. Лагранжем. Когда была изучена история математики древних индусов, оказалось, что они еще в VII в. н. э. владели методами для решения этого уравнения. Все же за ним в науке удержалось имя Пелля. Мы придадим ему вид:

и покажем, что если каким-либо образом будет найдена одна пара его решений, то легко будет получить и сколько угодно решений того же уравнения. Действительно, пусть решениями уравнения

будут х = <х, у = $. Тогда, при всяком целом и положительном числе п будем иметь:

Следовательно,

Полагая

найдем:

Всякому определенному значению числа п будет соответствовать своя пара решений хп и уп.

Что касается уравнения

то для него аналогично, имея пару решений а и 8, найдем

откуда, подобно предыдущему, получим:

где m любое целое число.

Пример 1.

Наименьшими частными решениями этого уравнения служат xi = 2; yi = \. Поэтому всевозможные решения его получим по формулам:

Полагая п— 1, 2, 3..., найдем решения:

Пример 2.

Здесь очевидные решения хг =* V9y± = 1. Все решения получаются по формулам:

Полагая m = 1, 2, 3... и разлагая соответствующие выражения по формуле бинома Ньютона, найдем пары решений:

Заметим, что если уравнению Пелля удовлетворяют числа хп и уп) то ему же удовлетворяют пары

Кроме того, как увидим далее, в то время как уравнение х2 — Oy2 = 1 имеет бесчисленное число решений, уравнение X2 — Dy2 =— 1 может и не иметь никаких решений. Так, для чисел, не превышающих 100, оно возможно лишь для 20 значений D:

D = 2,5, 10, 13,17,26,29,37,41,50, 53, 58, 61, 65, 73, 74,82,85,89,97.

В виду важности знания пары решений уравнения Пелля Эйлером была составлена таблица значений х и у для уравнения X2 —Dy2 = 1 для значений D от 1 до 99.

Лежандр в своей «Теории чисел» дал подобную таблицу для обоих уравнений: X2 — Dy2 = ±_ 1 для D от 1 до 1003.

Приводим из этих таблиц наименьшие значения х и у для D от 1 до 50 для уравнений первого рода и для D от 1 до 100 для уравнений второго рода.

Наибольшую величину в пределах D от 2 до 100 имеют решения данного уравнения при D = 61, именно:

X = 1766319049 .у = 226153980

В пределах до D = 1000 наименьшие значения х и у при D = 991 выражаются тридцатизначными числами. Это указывает, какую громадную вычислительную работу произвели исследователи уравнения Пелля Эйлер и Лежандр.

Уравнение х2 — Dy2 = 1.

Уравнение х2 — Dy2 = — 1

Возвратимся к уравнению более общего типа

(а)

где D не есть полный квадрат. Покажем, что и для этого уравнения, зная одну пару целых решений, можно получить их бесчисленное множество. Пусть корнями этого уравнения служат: х = а; у = а решениями соответствующего уравнения Пелля X2 — Oy2 = 1 пусть будут x = t; у = и.

Следовательно,

Перемножая эти уравнения почленно, найдем

или, вводя в каждую скобку член

Сравнивая этот результат с уравнением (я), найдем, что решения его:

(Ь)

Пример.

Найти рациональные треугольники, стороны которых выражались бы тремя последовательными целыми числами.

Пусть стороны треугольника выражаются числами:

X— 1; х; X+1,

а радиус вписанного в него круга у. Выражая двояким способом его площадь, получим уравнение:

или, после упрощения:

Здесь D = 3. Очевидными решениями будут а == 4; ß = 2. С другой стороны, решениями уравнения Пелля

будут, как мы нашли в § 7:

где а — квадратный корень из наибольшего точного квадрата, содержащегося в D, a al9 а2... ап — последовательные неполные частные. Обозначая бесконечную непрерывную дробь

через z, имеем

откуда

поэтому, применяя выше приведенные формулы (Ь), найдем для сторон искомых рациональных треугольников тройки чисел: 3; 4; 5 51; 52; 53 723; 724; 725 13; 14; 15 191; 194; 195 и т. д. Если бы было дано уравнение вида:

то для него могло бы быть использовано уравнение Пелля:

решение уравнения пелля

8.

Как мы видели, если найдена одна пара решений уравнения Пелля, то уже возможно указанным способом получить сколько угодно пар его решений. При небольших значениях D не трудно найти пару наименьших его решений простым подбором. Но при значительной величине дискриминанта D такой способ оказывается слишком сложным. Как показал Лагранж„ решение уравнения Пелля может быть основано на свойствах непрерывных дробей.

Для уяснения этого способа припомним, что квадратный корень из целого числа D, не представляющего собою точного квадрата, может быть представлен в виде бесконечной непрерывной периодической дроби*

но так как за первым периодом идет бесконечная периодическая дробь такого же состава, то можно положить

Обозначим подходящие дроби, соответствующие неполным частным: an_t и ап через

тогда следующая за ними подходящая дробь даст

* Киселев — «Алгебра», ч. II. Непрерывные дроби.

а заменяя z его выражением:

или:

Освобождаясь от знаменателя и приравнивая в отдельности рациональные и иррациональные члены, будем иметь:

Исключая из этих равенств а, получим:

Но по свойству подходящих дробей левая часть последнего равенства есть (—1)Л. Следовательно,

Сравнивая это равенство с уравнением X2 — Ду2=1, видим, что если /г, т. е. число членов в периоде непрерывной дроби, четное, то каждая подходящая дробь

даст нам пару решений уравнения Пелля:

Если же п — число нечетное, то подходящие дроби будут попеременно давать решения уравнений:

Поэтому, для решения уравнения Пелля надо разложить У~0 в непрерывную дробь и составить подходящие дроби, соответствующие первому, второму и т. д. периодам; числители этих дробей будут давать значения х, а знаменатели — у. Пример 1.

Разлагая]/8, получим:

Здесь период состоит из двух, т. е. четного числа, звеньев. Подходящие дроби будут:

Отбирая из них подходящие дроби четного порядка, получим:

Пример 2.

Разлагая |^2, получим:

т. е. здесь период состоит из одного звена. Поэтому подходящие дроби будут поочередно давать решения уравнений:

Составляя их, имеем:

Следовательно, решения данного уравнения даются первой, третьей, пятой и т. д. подходящими дробями:

Эти же решения мы получили ранее другим способом (§ 7). Подходящие дроби четного порядка представляют решения уравнения

Из изложенного видно, что если j/"£> имеет в периоде четное число звеньев, то для уравнения

мы не получим целых решений*. Таково, например, уравнение

ибо

т. е. имеет в периоде два члена. Невозможно также уравнение

так как 1/112= 10, (1, 1, 2, 1, 1, 20), т. е. имеет четное число — 6 звеньев в периоде.

* В этом случае оно вообще неразрешимо в целых числах.

При решении уравнения Пелля можно пользоваться таблицами разложения квадратного корня из неточных квадратов в непрерывную дробь, дающих состав периодов. Впервые такую таблицу составил Эйлер для чисел, не превышающих 100. На русском языке такая таблица до "|/"|20 приведена в курсе теории чисел профессора Д. Граве. С помощью этих таблиц можно составлять соответствующие данному уравнению подходящие дроби. Например, для уравнения

имеем из таблицы 1/^95=9 (\f 2, 1, 18); составляя подходящие дроби, имеем:

где Ап и Вп— целые числа, или, короче,

где

Обозначим * предпоследнюю дробь этого разложения

тогда

или

Освобождая это равенство от знаменателя и приравнивая отдельно рациональные и иррациональные члены, получим:

Исключая из этих равенств Ап> найдем:

или, по свойству подходящих дробей:

откуда наименьшими решениями данного уравнения являются

9.

Перейдем к уравнению вида

Известно, что если при разложении j/"и в непрерывную дробь мы вместо неполного частного ап возьмем полное частное, то разложение примет вид-

Сравнивая это равенство с данным уравнением, видим, что если

то можно принять

Таким образом, для решения данного уравнения надо разложить j//JB непрерывную дробь, выписывая каждый раз неполное частное под видом

если окажется, что какое-либо

то получим пару решений данного уравнения:

Пример 1.

Разлагая V^19 в непрерывную дробь, будем иметь:

т. е.

или

Здесь

4t = 4; Вх = 3. Продолжая, имеем:

или:

Здесь

Таким образом, В2 подходит. Разложение принимает вид:

Составляя подходящие дроби, имеем:

Члены второй дроби, согласно вышеизложенному, дадут решения данного уравнения:

х=9, у = 2. Продолжая разложения j/Тэ далее, получим

Здесь имеем:

Л4 = 3; ß4 = 5. Поэтому предпоследняя подходящая дробь снова даст пару решений нашего уравнения. Составляя подходящие дроби, имеем:

Следовательно,

л: = 48, у = \\.

И т. д.

Пример 2.

Здесь

или

иначе

Далее имеем:

или

т. е.

Следовательно, А2=1; В2 = 4. Продолжая разложение далее, найдем:

или:

Мы видим, что здесь Л3 = 3; Б3 = 3, и так как (—1)3Б3 =— 3, то мы пришли к решению данного уравнения. Мы имеем:

подходящие дроби:

Отсюда:

л: = 9; у = 2; 92 — 21 . 22 = — 3.

Продолжая вычисления, получим £9 = 3 и, следовательно ( — 1 )9 В = — 1. Это дает вторую пару решений х = 999; у = = 218 и т. д.

полное неопределенное уравнение второй степени с двумя неизвестными

10.

Полное уравнение

(I)

может быть приведено к виду трехчленного уравнения, в частности, к простому или обобщенному уравнению Пелля. Для этого умножим все его члены на 4я, будем иметь:

что можно представить в виде:

Обозначим дискриминант данного уравнения

получим:

или, умножая обе части его на D:

Полагая

получим

(II)

В зависимости от того, будет ли число D отрицательным, нулем, или положительным мы будем называть уравнение (I) уравнением гиперболического, параболического или эллиптического типа.

Рассмотрим первый случай. Пусть

тогда обозначая

придадим уравнению ( I) вид:

(III)

Исследуем могущие представиться частные случаи:

1) Если N<^0, то решение последнего уравнения в целых числах невозможно, а потому и уравнение (1) невозможно.

2) Если N=0, то имеем систему уравнений:

или:

из которой найдем значения х и у.

3) Если N^>0t то способом, изложенным в § 9, найдем целые значения г и я, после чего для определения х и у будем иметь систему уравнений:

Пример.

Здесь D = 64 — 84 < 0; это — уравнение эллиптического типа. Умножив все члены его на 3, придадим ему вид:

или:

Полагая 3* — 4у — 2 = t\ у—1 =и> приводим его к виду:

Отсюда

Испытывая значения и до

т. е. до г/ = 3, найдем решения:

Заменяя t и и их выражениями через X и у, получим системы уравнений:

Решая эти системы, получим следующие 4 пары целых решений:

Возьмем второй случай. Пусть в уравнении (1) D = 0 или Ь2— 4ас = 0 (уравнение параболического типа). Тогда ему можно придать вид:

(IV)

Рассмотрим отдельно два случая, когда коэфициент при 2у равен и когда он не равен нулю.

В частности, при а2 — 4af=0 уравнение приводится к виду неопределенного уравнения первой степени с двумя неизвестными:

Если же

или не представляет собою точного квадрата, то решение данного уравнения в целых числах невозможно. Когда d2 — 4 af=q2, то задача приводится к решению в целых числах двух неопределенных уравнений первой степени:

Ь) При M—2аеф0 положим:

тогда

и, решая эти уравнения относительно я и у, получим для этих неизвестных рациональные выражения через совершенно произвольное число t. Исследуя эти решения, можно выбрать из них целые значения для неизвестных, если данное уравнение способно их иметь. Пример.

Этому уравнению можно придать вид:

Полагая (х— y)z=t, получим два уравнения:

Решая их, будем иметь:

Чтобы получить целые значения, представим X и у в таком виде:

(а)

Дробь

может быть целым числом либо когда t = 3tt, либо при /=3^-4-1. Подставляя эти значения для t, в первом случае получим систему решений:

При 1 = 0, 1, 2... получим решения х = 2 х=\0 х = 2\

и т. д.

у = 2 у = 7 у = \Ъ

Полагая же в формулах (a) t = 3tx+\t будем иметь систему решений:

Отсюда, полагая / = 0, 1, 2... найдем системы решений:

х = Ь x=U х = 30

и т. д.

у = 3 у = \0 у = 23

Рассмотрим пример на решение уравнения гиперболического типа.

Здесь действительно

Представим это уравнение в виде:

или:

Полагая

x~y у— 1 =и

и умножая все члены уравнения на 2, получим:

Полагая 2у—1 = получим обобщенное уравнение Пелля:

(Ь)

Частными решениями этого уравнения являются а = 1 ; В = 2.

С другой стороны, решения уравнения Пелля

как мы видели в § 8, даются соответственно числителем и знаменателем дробей:

Поэтому решения уравнения (а) при помощи выведенных нами в § 7 формул

будут

Наконец, подставляя эти значения в уравнения:

и решая полученные системы, найдем решения:

ФОРМУЛА СНЕЛЛИУСА

Р. ГОДОВАНИК (Одесса)

Известный математик Снеллиус в 1621 г. предложил следующую формулу для решения прямоугольных треугольников без тригонометрических таблиц.

где В— острый угол треугольника меньший 45°, b — противолежащий этому углу катет, а — другой катет, с — гипотенуза. Величина угла В получается в градусах.

Формула Снеллиуса выводится следующим образом: из вершины В треугольника ЛВС, как из центра, проводим окружность радиусом, равным гипотенузе AB. На продолжении ВС откладываем ВК=2АВ и точку К соединяем с А, продолжаем К А до пересечения с касательной MN. Из подобия треугольников К АС и KMN имеем:

принимая

получим:

откуда

но

следовательно:

Здесь всюду В0 означает градусное измерение угла, а В (без кружочка наверху)— радиальное измерение угла В.

Чтобы определить, с какой точностью формула Снеллиуса определяет искомый угол, примем:

и постараемся определить, в каких пределах меняется k, когда 0°<ß°<C45°. Так как

имеем:

откуда

Дробь

при В = 0 принимает значение 3, при В=— принимает значение

т. е. значение коэфициента k колеблется между *„п=Ш,887 и kmax = 172,279.

Приняв £ = 172, мы получим вычисляемый угол с точностью до 5 мин., а во многих случаях (когда «В» находится между 25° и 35°) с точностью до 1—2 мин., т. е. с точностью, вполне достаточной, очень часто, в практических измерениях.

Примеры:

СВОЙСТВА СОЧЕТАНИЙ И КВАДРАТ ФЕРМА

В. БАРАНОВСКИЙ (Одесса)

После вывода формулы для числа сочетаний из п элементов по k (из соотношения Спк • Pk = Апк) устанавливается 1-е свойство сочетаний:

(простым дополнением множителей в числителе до п\ и умножением знаменателя на это дополнение).

Затем, второе свойство сочетаний: Спк=Спп-к (как следствие первого свойства). Отсюда:

а потому целесообразно принять Сп = 1.

Далее 3-е свойство сочетаний:

Доказательство таково:

Приводя к общему знаменателю

получим

После закрепления на задачах и примерах всего материала о сочетаниях и повторения всего раздела о соединениях переходим к формуле Ньютона для натуральной степени бинома. Перемножая биномы с различными вторыми членами и подмечая закон образования коэфициентов при степенях первого члена биномов, получаем для случая равных вторых членов формулу Ньютона.

После закрепления этой формулы на различных примерах и установления свойств коэфициентов разложения доказываем формулу методом полкой индукции: «Если

Доказательство ведем так: умножая, как обычно, левую и правую часть условия на х+а (правую часть сперва на х, затем на û и складывая эти произведения) получаем:

Заменяя сп° равным ему с°п-и , а спп равным ему cjjtj и замечая, что по 3-му свойству сочетаний

получаем окончательно:

Далее устанавливаем общий вид m +1 члена разложения, пользуемся им при решении различных примеров и, наконец, переходим к квадрату Ферма, причем записываем его элементы не в числовом виде, а в виде символов группы сочетаний, именно так:

Приготовив квадрат с клетками и заполнив в нем (как показано ниже) первые строку и колонку, условливаемся о законе образования каждого элемента квадрата: сложить два элемента слева направо по диагонали вверх и сумму записать на нижестоящем пустом месте, т. е. показываем символ китайцев (1303) А, помещая его для памяти в верхней левой клетке. Сумму соответствующих элементов, конечно, сразу изображаем одним символом на основе 3-го свойства сочетаний.

Обращаем внимание студентов на то что верхний индекс у с служит нумером колонки.

Теперь устанавливаем такие свойства элементов квадрата Ферма:

1 -е свойство (4-е свойство сочетаний): элементы диагоналей квадрата Ферма, идущих слева направо вверх, являются соответствующими коэфициентами последовательных степеней бинома, а потому их сумма = 2П, где п —нумер диагонали; квадрат симметричен относительно своей главной диагонали, идущей направо сверху вниз.

2-е свойство (5-е свойство сочетаний, являющееся обобщением 2-го) : соответствующие строка и колонка состоят из равных и расположенных на соответственных местах элементов, а потому сумма элементов любой строки равна сумме элементов соответственной колонки, т. е.

(слева и справа следует, конечно, взять одинаковое число слагаемых).

3-е свойство (6-е свойство сочетаний):

Любой элемент квадрата Ферма есть сумма всех элементов стоящей левее его колонки (считая сверху до элемента рядом с данным включительно) и сумма всех элементов стоящей над ним строки (считая слева до элемента над данным включительно).

Это 3-е свойство следует из самого закона образования элементов квадрата Ферма, и сначала устанавливается, если так можно выразиться, «чисто геометрически».

Затем это свойство элементов квадрата Ферма на основании 3-го свойства сочетаний легко устанавливается и академически:

(по 2-му свойству сочетаний)

В итоге получаем 3-е свойство элементов квадрата Ферма в виде такой формулы (заменяя е на ira+1, a k на р+\)

После этого в виде упражнения предлагается студентам дома сначала «геометрически», а затем путем преобразований доказать написанное тождество, идя обратным путем, т. е. сводя суммы элементов соответствующих колонки и строки квадрата Ферма к выражению их через один и тот же элемент этого квадрата.

Попутно, конечно, сообщаются краткие сведения о роли Ферма в развитии математических наук, в частности — теории целых чисел. Квадрат Ферма записывается далее в числовом виде, переписываем его также в виде треугольников Паскаля и Стифеля. Теперь собираются (уже без доказательства) такие свойства квадрата Ферма, как 4-е свойство (7-е свойство сочетаний):

Диагонали квадрата Ферма, рассматриваемые каждая как определенным способом произведенная запись одного числа, дают нам одиннадцать в степени нумера диагонали.

5-е свойство (8-е свойство сочетаний).

Числовое значение любого элемента квадрата Ферма равно количеству всевозможных путей шахматной туры (ладьи) от начального места (I) к месту, занимаемому данным элементом (Лезан).

Примечание. Обычно в методиках алгебры и в учебниках выводятся только 1-е и 2-е свойства сочетаний, сообщается (и то не всегда) только внешний вид треугольника Паскаля, отчего он представляется учащимся чем-то магическим, имя Ферма не упоминается совсем; в высшей же школе на этих элементарных вопросах, конечно, не останавливаются.

МЕТОДИКА

ПРОЦЕНТНЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ В КУРСЕ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ

В. СИНАКЕВИЧ (Ленинград)

1.

е только в старых, но и в современных учебниках и задачниках по арифметике процентные вычисления относятся к самому концу курса. Это было вполне естественно для старых (дореволюционных) взглядов, когда задачи решались по определенным «правилам» («правило процентов», «правило смешения», «цепное правило» и т. д.).

Впрочем, и тогда уже лучшие методисты считали необходимым отказаться от «правил» и приурочить те или иные задачи к тем вопросам арифметики, к которым они более всего тяготеют по своему логическому смыслу. Например, С. И. Шохор-Троцкий в своей «Методике арифметики» рекомендует сейчас же после выяснения смысла умножения на дробь дать понятие о проценте. «На этой ступени,— говорит он, — уместно введение в обиход речи иностранного слова «процент» в том его смысле, по которому процентом данного числа или процентом от данного числа называется одна сотая доля этого числа». («Методика арифметики», изд. 5-е, 1935, стр. 178.)

То же самое мнение высказывает и Е. С. Березанская в своей «Методике арифметики».

«Задачи нахождения процента числа или числа по известному его проценту тесно связаны с нахождением части числа или числа по его части, т. е. с изучением действий над дробными числами, и, в частности, при изучении десятичных дробей— с умножением и делением на несколько сотых; вопрос о нахождении процентного отношения, конечно, уместно прорабатывать при изучении вопроса об отношении чисел вообще, и учитель вправе ставить соответствующие задачи по-расчету процентов при изучении соответствующих отделов» (Изд. 1934 г., стр. 224).

Процентные вычисления, пожалуй, наиболее трудный для учащихся отдел арифметики. Во всяком случае, окончившие семилетку и даже поступающие в высшие учебные заведения, как известно, плохо разбираются в мало-мальски сложных задачах на проценты. Поэтому решение такого рода задач следует растянуть, по возможности, на длинный период времени, пересыпая ими другие задачи и возвращаясь к процентным вычислениям при всяком удобном случае.

Для задач на нахождение данного числа процентов наиболее удобным моментом является время прохождения главы о нахождении части данного числа и умножения десятичных дробей. На это указывается и в официальной программе V класса средней школы. То же самое говорит и Е. С. Березанская в приведенной выше цитате. А, между тем, в ее же стабильном «Сборнике задач и упражнений по арифметике» в главе об умножении десятичных дробей нет ни одной задачи на процентные вычисления. В этом месте курса она предлагает, например, такую задачу (№ 148): «Было 67,5 р.; 0,12 этих денег истрачено на книги, 0,16 — на бумагу и 0,1 —на карандаши. Сколько денег осталось?» Почему же не дать ту же самую задачу в иной только формулировке? Было 67,5 p.; 12<V0 этих денег истрачено на книги, 1б% — на бумагу и 10% — на карандаши. Сколько денег осталось? Если учащиеся должны на этой ступени найти 0,5 от числа 0,01, то почему же они не могут 0,5% выразить в виде десятичной дроби и т. п.?

Точно так же не трудно выразить простой дробью, например, 9^ %. Здесь можно рассуждать таким образом. 1% — все равно, что

Чтобы найти

достаточно найти произведение:

В предисловии к этому сборнику, правда, говорится, что «если по методическим соображениям учитель, изучая с учащимися вопрос об умножении на десятичную дробь или делении на степень числа 10, ставит задачу о нахождении процента от числа или при вычислении отношения чисел дает представление о процентном отношении чисел,—он может взять соответствующие упражнения из главы «Проценты», где собраны все типы процентных расчетов».

Но почему же это перераспределение материала предоставлять учителю, а не сделать было самому автору?

2.

Первоначальные сведения о проценте учащиеся должны получить еще в IV классе. Но и в V классе следует начинать с наиболее простых, наиболее прозрачных примеров.

«Учитель... сначала должен брать такое число процентов, которое, будучи выражено в сотых долях, дает дробь, часто встречающуюся в жизни и легко сократимую, например: 50°/о (половина), 25% (четверть), 75%, 20%, 10%, 15<у0 и т.д. Далее он должен упражнять учеников в нахождении известного числа процентов непременно от чисел небольших, дабы вычисление как таковое для учеников не представляло затруднений» («Методика арифметики» Шохор-Троцкого, стр. 178).

С такого рода задач надо начинать; они приемлемы только для устных вычислений, но кончать ими ни в ксем случае нельзя. Не говоря уже о повторительном периоде, и в рассматриваемом месте программы нельзя ограничиваться задачами простыми — в одно-два действия.

При решении всякой задачи на проценты необходимо, чтобы учащиеся прежде всего поняли, какое число (все равно иззестное или неизвестное) надо принять за 100%. На этот вопрос прежде всего должен ответить решающий задачу. Необходимо, чтобы ученики вполне отчетливо понимали, что, например, 5% одного числа не то же самое, что 5% от другого числа.

Пример 1. Первое издание книги стоило 5 руб., а второе — на 40% дешевле, чем первое, третье же издание — на 40% дороже, чем второе. Сколько стоит третье издание?

Некоторые учащиеся, не подумав, сразу отвечают, что третье издание стоит столько же, сколько и первое. Здесь и приходится выяснить, что 40% цены первого издания вовсе не равны 40% цены второго издания.

Полезно, между прочим, в задачах такого типа первое и второе число процентов давать именно одно и то же, чтобы ярче выявить различие их абсолютных, а не относительных значений.

Пример 2. Производство одной детали обходилось заводу в 2 руб. Благодаря рационализации стоимость ее снизилась на 50%. После этого, вследствие усовершенствования машин, стоимость этой детали снизилась еще на 50%. Сколько стала стоить эта деталь заводу после двух снижений?

Целесообразность такого рода задач признает и Е. С. Березанская, но в ее же сборнике в отделе нахождения процента от числа нет ни одной такой задачи; в отделе процентных расчетов приводится только одна задача такого рода (№ 122). Этого, конечно, безусловно недостаточно.

Кстати сказать, приведенные мною оба примера можно решать, не записывая каждого действия отдельно, а записав сразу ответ в виде числовой формулы.

3.

Что касается задач на проценты 2-го типа: определение числа по данным его процентам, то их, конечно, следует предлагать в главе о делении десятичных дробей, так как они по своему логическому смыслу непосредственно примыкают к этому отделу арифметики.

Сначала опять-таки необходимо решать простые задачи в одно действие, непосредственно приводящиеся к нахождению числа по данному числу его процентов. Но ограничиваться этим никак нельзя.

Здесь уже можно предлагать, так сказать, комбинированные задачи, в которых приходится находить и проценты данного числа и число по его данным процентам.

Пример 3. В баке было 900 л бензина. 40% его перелили в другой бак. При этом последний оказался наполнен-

ным на 857/в°/о всего объема. Сколько литров вмещает второй бак?

Кроме того, полезны в образовательном отношении и такие примеры, где требуется находить проценты от процентов. Такого рода задач в стабильном задачнике не имеется ни одной.

Пример 4. Экскурсант проехал по железной дороге, морем и на лошадях всего 3 750 км. На лошадях он проехал 25% того, что проехал морем, а морем — 40% того, что по железной дороге. Сколько километров он проехал по железной дороге, морем и на лошадях?

4.

Что касается последнего типа задач на проценты — вычисления процентного отношения, то их, конечно, можно решать только после выяснения понятия об отношении вообще, но до задач на пропорциональные величины.

При вычислении процентных отношений очень редко в результате получается целое число или вообще число с конечным числом десятичных знаков. Поэтому и при решении задач нет необходимости, чтобы всегда получался «хороший» ответ. Учащиеся к этому времени уже должны быть знакомы с понятием о приближенном числе, с термином «с точностью до...» и т. д.

Среди задач на нахождение процентов представляют интерес задачи без всяких числовых данных, кроме процентов. К такого рода задачам относится, например, № 139 из главы VII стабильного сборника. Но, к сожалению, это единственная задача такого типа во всем этом сборнике. Привожу еще несколько примеров.

Пример 5. Магазин приобрел книгу со скидкой в 40% с номинальной стоимости. С какой скидкой с номинальной стоимости он должен ее продать, чтобы получить 40% прибыли?

Пример 6. Учащихся в V классе на 30% меньше, чем в IV, а в VI на 20% меньше, чем в V. На сколько процентов в VI классе меньше, чем в IV?

Пример 7. С товарной железнодорожной станции надо было вывезти дрова. 1-й грузовик взял 20% всех дров; 2-й — 40% оставшихся, а 3-й грузовик — 40% нового остатка. Сколько процентов всех дров осталось еще на станции?

Ученики, плохо понимающие проценты, иногда отвечают, что дров на складе вовсе не осталось (20% + 40% + 40% = = 100%).

Наконец, полезны и такие задачи, где требуется найти сначала процентное отношение первого числа ко второму, а затем второго к первому.

Пример 8. За один день в РСФСР было засеяно 16 115 тыс. гектаров, а в УССР — 9 161 тыс. гектаров.

1) Сколько процентов площадь, засеянная в РСФСР, составляет от площади, засеянной в УССР?

2) Сколько процентов площадь, засеянная в УССР, составляет от площади, засеянной в РСФСР?

3) На сколько процентов засеянная площадь в РСФСР больше, чем в УССР?

4) На сколько процентов засеянная площадь УССР меньше, чем в РСФСР?

Е. С. Березанская в «Методике арифметики» причиной неудовлетворительного знания процентов считает то, что «задачи на проценты в большинстве наших задачников и учебников до последнего времени были разбросаны по различным отделам арифметики». «Необходимо,— говорит далее автор,— в специально выделенное время повторить и подытожить все рассмотренные случаи процентных расчетов, привести в систему решенные типы задач и проделать дополнительно определенное число упражнений и задач практического характера» (стр. 224).

Вполне присоединяясь к последнему мнению, я только сожалею, что материала для этого повторения в стабильном задачнике совершенно нет. Тех задач, которые предлагаются в сборнике, явно недостаточно, и, кроме того, все они (не только на проценты) слишком просты, слишком элементарны.

При повторении после прохождения полного курса арифметики необходимо предлагать задачи действительно повторительного характера, в которые могут входить и прямая и обратная пропорциональность, и решаться они должны не в 1-2 действия.

Приведу несколько примеров такого рода.

Пример 9. В магазине было 12 ящиков яблок по 44 кг- в каждом (вместе с весом ящиков). Тара составляла 15 — % нетто. — всех яблок были проданы по 8 руб. за килограмм. На всех остальных была сделана скидка в 25%. Сколько процентов

прибыли было получено на всех яблоках, если магазину каждый ящик обошелся в 209 руб?

Пример 10. Экскурсант ехал поездом, пароходом и автобусом. Длина пути, который он проехал в поезде, составляла З750/0 всего остального пути. Расстояние же, которое он ехал пароходом и автобусом, относилось как — : 0,2. Найти длину всего пути, если в поезде экскурсант проехал на 1 500 км больше, чем на пароходе.

Пример 11. Двум рабочим было поручено выполнить определенный заказ за 5 часов, предполагая, что они бу^ут работать с одной и той же скоростью. Но один из них, применив стахановские методы работы, увеличил свою продуктивность на 300%- Во сколько часов рабочие выполнили заказ, работая одновременно?

Пример 12. В сберегательную кассу была внесена некоторая сумма на 3% годовых. Через 4 месяца был сделан второй вклад, в 5 раз меньший первого Через год после первого взноса оба вклада вместе с процентными деньгами составили 555 р. 30 к. Определить размер первого вклада.

Пример 13. В трех отделениях универмага было продано товаров на 29 600 руб. Первое отделение дало 8% прибыли, второе—10%, а третье—12%. На какую сумму было продано товаров каждым отделением, если оказалось, что все они дали одну и ту же прибыль?

Пример 14. Покупатель приобрел 3 книги. Вторая книга оказалась на 12% дороже, чем первая, и на 2% дешевле, чем третья. Третья книга дороже первой на 25 ксп. Найти цену каждой книги.

Следующие примеры, хотя и решаются в 2-3 действия, но требуют отчетливого понимания смысла процента.

Пример 15. Двое рабочих получили одно и то же задание. Первый из них перевыполнил план на 6%, а второй — на 10%. На сколько процентов перевыполнен заказ обоими рабочими вместе?

Пример 16. В одном цехе работает 240 человек; из них женщины составляют 12,5%. В другом же цехе 300 человек исключительно мужчин. Сколько процентов составляют женщины по отношению к общему числу рабочих в обоих цехах?

Пример 17. Один из двух соревнующихся колхозов перевыполнил план посева на 10%, а второй — на 20%. Насколько процентов перевыполнен план посева обоими колхозами вместе?

Учащиеся должны понимать, что ответа на эту задачу дать нельзя, так как общий процент перевыполнения зависит от соотношения между площадями посевов. Задача становится определенной, если прибавить, например, что площади посевов относятся как 3:1.

Пример 18 (задача-шутка). На каждом килограмме товара магазин получает 5% прибыли. Сколько процентов прибыли он получит на 100 кг того же товара?

Недостаточность задач в стабильном сборнике была, между прочим, учтена секцией математики методического кабинета Ленинградского гороно. Им в 1937 г. был выпущен небольшой сборник арифметических задач, подобранных и систематизированных сотрудником секции Н. Н. Полозовой.

Но и этот сборник далеко, конечно, не является выходом из положения.

Темпы индустриализации нашей страны и быстро развивающаяся техника предъявляют все большие требования к оканчивающим высшие учебные заведения, а вследствие этого и последние повышают требования к поступающим. Средняя школа не должна отставать в этом отношении. Количество программного материала, пожалуй, и достаточно, но качество прохождения явно снижено даже по сравнению с дореволюционным.

Достаточно сравнить, например, стабильный задачник по алгебре со старым изданием, чтобы убедиться, что все мало-мальски сложные примеры старого издания в стабильных изданиях отсутствуют. То же самое еще в большей мере относится к арифметике. Ведь стабильный сборник, если и дает элементарнее знание предмета, то вовсе не дает достаточного развития учащимся. Поэтому нисколько не удивительно, что учащиеся, закончившие изучение арифметики, не умеют решать задачи вообще и на проценты — в частности.

Если 12—13-летние дети дореволюционного времени могли решать сложные задачи, то неужели современные дети того же возраста их не смогут решить? Конечно, смогут! Необходимо только перестроить программу средней школы, ее характер, а главным образом, все стабильные задачники, начиная с арифметических.

РЕШЕНИЕ ОСНОВНЫХ ЗАДАЧ НА ПРОЦЕНТЫ

В. АЛЕКСАНДРОВ (г. Киров)

ешение любой задачи, содержащей в своем условии данные в процентном выражении или ставящей вопрос об отыскании какого-либо рода величин, выраженных в прямом или косвенном виде при помощи процентов, основывается прежде, всего, на уменье решать основные задачи на проценты.

Недостаток времени в разделе «Проценты» наравне с крайне неудовлетворительным подбором задач по указанному разделу в прежних (т. е. до 1938 г.) изданиях задачника Березанской вынуждали изучение процентных вычислений производить до известной степени наспех, недостаточно широко и углубленно. В силу этих обстоятельств нередко встречались случаи преднамеренного или невольного игнорирования задач, связанных с процентами и требующих для решения уменья четко производить процентные вычисления и не столько при изучении арифметики, сколько, в особенно сильной степени, в алгебре.

Даже теперь мы можем встретить сколько угодно случаев пропуска задач, содержащих проценты в своем условии, в разделах, касающихся составления уравнений с одним и многими неизвестными. Отсутствие же практики в процентных вычислениях в течение ряда лет, с шестого по восьмой класс включительно, приводит к затруднениям при изучении сложных процентов в девятом классе и, самое главное, к выпуску из средней школы, не говоря уже о выпуске из неполной средней школы учащихся, почти совершенно не владеющих или владеющих в недостаточной степени навыками процентных вычислений.

Неудовлетворительная подготовка окончивших неполные средние школы в 1938 г. в области процентов особенно ярко проявилась при проведении приемных испытаний в техникумы и педагогические училища, причем характерно следующее обстоятельство: учащиеся не только не могли решить более или менее сложных задач на процентные расчеты, но часто становились втупик и перед основными задачами на проценты, и если решали их, то приемом начальной школы — в два действия, если были предложены задачи на определение процентов числа или числа по данной величине его процентов, или же механически делили одно число на другое в так называемых задачах на «процентное отношение».

Уже один этот, в высшей степени знаменательный факт свидетельствует о том, что, видимо, причина слабых знаний учащихся в отношении процентов кроется не только в учебном плане, не только в задачнике, а в методике изучения и, тем самым, способе, приеме решения основных задач на проценты.

Подразделение основных задач на проценты общеизвестно: это, во-первых, нахождение процентов числа, во-вторых, определение числа по данным его процентам, и, в-третьих, придерживаясь наиболее распространенной терминологии, вычисление процентного отношения двух чисел.

Общепринятая последовательность изучения основных задач соответствует приведенной выше последовательности названий их.

Такая последовательность наиболее целесообразна и определяется элементарным педагогическим требованием перехода от более легкого к трудному.

Иного взгляда на расположение основных задач среди учителей встречать не приходится. Только в методике арифметики средней школы Березанской с большим недоумением приходится столкнуться с утверждением, что: «второй задачей на проценты рассматривается задача нахождения процентного отношения двух чисел», причем непосредственно за этими словами следует такое продолжение: «.. .по существу эту задачу (на нахождение процентного отношения двух чисел.— В. А.) можно считать и третьей задачей на проценты».

Резкое повышение степени трудности в задаче на вычисление процентного отношения двух чисел по сравнению с двумя другими типами неоспоримо, и только

выхолащивание сущности из этой задачи, ее, условно выражаясь, «процентного смысла», сведение ее к нахождению отношения чисел, создает представление об относительной легкости этой задачи, представление кажущееся, постоянно опровергающееся практикой преподавания, представление, вызываемое механистичностью решения в этом случае, приводящей к непониманию способа и непрочности навыка.

Условимся в дальнейшем применять следующую терминологию в отношении основных задач на проценты.

1 -я задача — нахождение процентов числа.

2-я задача — определение числа по данным его процентам.

3-я задача—выражение одного числа в процентах от другого.

Существует пять применяемых в той или иной степени в практике обучения, способов решения трех основных задач на проценты.

Первый способ состоит в замене процентов частью числа, выраженной обыкновенной дробью, второй — в замене процентов частью числа, выраженной десятичной дробью, третий состоит в приведении к единице, четвертые способ сводит основные задачи на проценты к решению некоторых пропорций, и, наконец, пятый сводится к запоминанию трех формул и подстановке в них числовых данных.

Прежде чем говорить о положительных и отрицательных сторонах каждого из этих способов, рассмотрим применение их к решению трех основных задач на проценты.

В качестве примера возьмем три таких задачи:

1. Найти 350/0 от 120.

2. Найти число, 43% которого равны 129.

3. Сколько процентов составляет 39 от 60?

По первому способу в соответствии с принятой нами классификацией решение и ход рассуждения будут таковы.

1-я задача

Нужно найти 350/0 от 120. 35% числа составляют тридцать пять сотых долей его, потому что один процент есть одна сотая часть числа, а тридцать пять процентов будут в тридцать пять раз больше.

Итак, вместо выражения «тридцать пять процентов» мы можем сказать: «тридцать пять сотых», и задача нахождения процентов от числа сводится к нахождению некоторой части от числа. Записываем:

Установив, что нахождение 35% числа есть не что иное, как нахождение того же числа, вспоминаем способ нахождения части данного числа.

Восстановив в памяти этот способ, отыскиваем от 120.

Записываем:

Следует вывод: 35% от числа 120, иначе от этого числа, составляют 42.

2-я задача

Один процент есть сотая часть числа. Следовательно, если 43% от некоторого числа равны 129, это значит, что сорок три сотых некоторого числа равны 129. Нам же нужно найти все это число, т. е. число, — которого равны 129. Записываем:

Вспомнив, что целое по его данной части находится действием деления, записываем :

Следует вывод: число, 43% которого равны 129, или, иначе говоря, которого равны 129, есть 300.

3-я задача

Найдем сначала, какую часть от 60 составляют 39. Выясняем, что для разрешения этого вопроса нужно найти отношение второго из этих чисел к первому. Обозначив действие, получаем, что 39 от числа 60 составляет — . Но нам нужно ответить не на этот вопрос, нам нужно узнать, какой процент, сколько процентов составляют 39 от 60. Если число 60 примем за 1 ОО%, то, зная, что некоторое число со-

ставляет от шестидесяти — , не трудно сообразить, как узнать, сколько процентов составляет это некоторое число от 60. Для этого следует найти — от 100%, так как в числе 60 мы считаем 100%, а другое число составляет от него —. Нахождение части производится действием умножения. Найти — от 100% это значит 100% умножить на — . Записываем:

Вывод: 39 составляет от шестидесяти 65%.

Рассмотрим решение тех же задач вторым, в соответствии с принятой нами классификацией, способом.

1-я задача

Один процент от числа представляет собой 0,01 этого числа. Если нам нужно найти 35°/0 от 120, то это означает, что от 120 надо найти 0,35. Нахождение части от числа производится действием умножения.

Записываем:

Делаем вывод: найдя 0,35 от числа 120, тем самым мы нашли 35% от этого числа. 35% от 120 равняются 42.

2-я задача

Один процент есть 0,01 часть числа. Следовательно, если в условии задачи сказано, что 43% некоторого числа равны 129, это значит, что 0,43 этого числа равны 129. Итак,разрешение вопроса о том, чему равно число, 43% которого составляют 129, заменяется нахождением числа, 0,43 которого равны 129.

Целое же по его данной части определяется при помощи деления. Для того, чтобы найти число, 0,43 которого равны 129, нужно 129 разделить на 0,43.

Записываем:

Но так как 0,43 числа есть иначе 43%, то мы определили число, 43% которого равны 129.

3-я задача Нужно узнать, сколько процентов составляют 39 от 60. Первоначально найдем, какую часть составляют 39 от 60, т. е. найдем отношение 39 и 60. Находим, что это отношение выражается числом —.

Превратим эту обыкновенную дробь в десятичную. Записываем:

Следовательно, число 39 представляет собой 0,65 числа 60. Но, вследствие того, что 0,01 числа представляет собой один процент того же числа, 0,65 числа 60 являются в то же время 65% того же числа.

Вывод: 39 есть 65% от 60.

Рассуждения при решении основных задач на проценты третьим способом будут следующие.

1-я задача

Прежде чем найти 35% от 120, найдем один процент от этого числа. Один процент есть одна сотая часть числа, поэтому для его нахождения достаточно данное число разделить на сто.

Записываем:

Но так как нам нужно найти 35%, то полученный результат, который представляет собой величину одного процента от 120, нужно умножить на 35.

Записываем:

Произведя вычисления, найдем, что 35% от 120 равны 42.

2-я задача

Нужно отыскать число, 43% которого равны 129. Если данное нам число 129 представляет 43% некоторого искомого числа, то очевидно, это искомое число мы можем считать содержащим 100%.

Найдем сначала 1% искомого числа. Если 43% его равны 129, то для нахождения одного процента следует 129 разделить на 43.

Записываем:

Найдя 1% неизвестного числа, не трудно сообразить, как найти и все число, считая в нем 100.

Для этого полученный результат, представляющий величину одного процента, надо умножить на 100.

Записываем:

Следовательно, искомое число, 43% которого равны 129, есть 300.

3-я задача

При разбираемом способе решения основных задач на проценты приведением к единице, решение третьей задачи возможно двумя вариантами, резко отличающимися один от другого ходсм и содержанием рассуждений.

Сущность первого варианта решения третьей задачи по способу приведения к единице состоит в определении одного процента от числа, величина которого в соответствии с условием задачи принимается за 100%, во втором же варианте определяется количество процентов, падающее на единицу числа, величина которого принимается за сто процентов. Рассмотрим подробнее оба варианта рассуждений.

1-й вариант

Нам нужно определить, сколько процентов составляют 39 от 60.

Первоначально определим, чему будет равен 1% от числа 60. 1% от числа 60 равен единицы.

Если 1% от некоторого числа равен ÏÔ0 единицы, то для того чтобы узнать, сколько процентов содержится в числе 39, нужно определить, сколько раз число, представляющее собой величину одного процента, т. е. » содержится в 39. Чтобы узнать, сколько раз одно число содержится в другом, надо разделить второе число на первое. Записываем:

В числе 39 число содержится раз; следовательно, число 39 составляет 65% числа 60, так как — составляет 1°/0 того же числа.

В дальнейшем при этом способе рассуждений первая часть записи отпадает после предварительных устных рассуждений записывается сразу же:

2-й вариант

Для того чтобы знать, какому количеству процентов от числа 60 будет соответствовать число 39, надо прежде определить, какому количеству процентов от числа 60 соответствует единица, или, иначе говоря, сколько процентов приходится на единицу.

Считая в числе 60 сто процентов, заключаем, что для разрешения вопроса о том, сколько процентов падает на единицу, нужно 100% разделить на 60. На одну единицу приходится количество процентов, выражаемое дробью: g/4 , а на 39 единиц падет количество процентов в 39 раз большее. Записываем:

Итак, число 39 представляет собой 65o/rt от числа 60.

Решение основных задач на проценты четвертым . способом — способом пропорций— производится обычно при помощи таких рассуждений.

1-я задача

Нужно найти 35% от 120.

Следовательно, число 120 примем за сто процентов, а определить надо, сколько единиц падет при этом на 35°/0. Приняв во внимание, что зависимость между числами процентов и соответствующими числами, выражающими величину этих процентов, будет прямо пропорциональная, т. е. с увеличением числа процентов во столько же раз увеличивается и число, выражающее собой количество единиц, соответствующее числу процентов, записываем:

Составляем пропорцию:

откуда:

Заключаем: 35% от 120 равны 42.

2-я задача

43% от некоторого неизвестного числа равны 129. Очевидно, это неизвестное число содержит в себе 100<у0. На основании повторения рассуждений в решении первой задачи, записываем:

43% соответствует число 129. Какое число будет соответствовать 100%? Составляем пропорцию:

Решаем эту пропорцию:

Итак, число, 43% которого равны 129, есть 300.

3-я задача

Требуется узнать, сколько процентов от числа 60 будет представлять число 39. Нам неизвестно, какому числу процентов соответствует 39, число же 60 в данном случае представляет собой 100%. На основе прежних рассуждений записываем:

Числу 60 соответствуют 100%; какое же количество процентов падет на число 39? Составляем пропорцию:

Решив пропорцию, получим:

Заключаем: число 39 есть 65% от числа 60.

Решение основных задач на проценты последним из перечисленных выше способов, способом применения формул, представляется в следующем виде.

1-я задача

Вводим обозначения:

р — количество процентов,

А — число, принимаемое за 100%.

а — число, соответствующее количеству процентов, обозначенному через р.

Взяв какие-нибудь конкретные величины вместо р и Л, решаем получившуюся задачу с числовыми данными одним из разобранных выше способов, чаще в этом случае применяется способ составления пропорции.

Решив несколько подобных задач и сравнивая полученные при их решении выражения до окончательного вычисления, выводим формулу первоначально в словесной формулировке: «Чтобы найти несколько процентов от числа, надо это данное число умножить на данное число процентов и разделить на сто».

Записав потом это в общем буквенном выражении, получим формулу:

В дальнейшем решение происходит путем подстановки числовых данных условия задачи в выведенную формулу с последующим выполнением действий.

2-я задача

Тем же в принципе методом, что и в первой задаче, выводится формула:

Решение производится также путем подстановки.

3-я задача

Точно так же выводится сначала формула:

и затем решение задач происходит путем подстановки в формулу числовых данных задачи.

Таким образом выглядит решение трех основных задач на проценты в пяти перечисленных нами способах, способах, в большей или меньшей степени применяющихся, как было указано выше, в практике преподавания арифметики.

Каждый из этих способов имел, как может припомнить читатель, связанный в той или иной форме с преподаванием арифметики, преимущественное применение в определенный период. Разбор истории смены способов не входит в цели нашей статьи, и потому мы ограничимся только ссылкой на то, что в соответствии с принятым в текущем году учебником арифметики Киселева и указанием Березанской в ее

«Методике арифметики», «узаконенным», условно выражаясь, способом является способ замены процентов обыкновенными дробями, т. е. первый способ по нашей классификации. Однако, рассмотрев более внимательно изложение вопроса о процентах в переизданном в 1938 г. учебнике арифметики Киселева, мы вынуждены будем обвинить профессора Хинчина, перерабатывавшего учебник Киселева в недопустимом эклектизме способов. Именно, если решение первой задачи рассматривается проф. Хинчиным точно, как в первом из наших способов, то решение второй задачи по своему рассуждению приближается скорее всего к способу приведения к единице, и, наконец, решение третьей задачи рассматривается двумя способами: первым вариантом способа приведения к единице и несколько измененным способом замены процентов обыкновенной дробью.

Такое смешение способов можно объяснить только тем обстоятельством, что автор не считает необходимым установление единства способа для решения основных задач или по причине педагогической неосведомленности, или из-за недооценки степени трудности этих задач для учащихся.

Березанская в своей методике приводит первый и второй способы решения, причем симпатии автора клонятся более к способу замены процентов десятичными дробями.

Руководящий и до известной степени директивный для учителя документ — программа— скромно умалчивает в объяснительной записке относительно способа решения основных задач на проценты, тем самым, очевидно, рекомендуя придерживаться в этом вопросе учебника.

Наконец, методист по математике начальной школы А. Пчелко в статье «Изменения в программах по арифметике», помещенной в «Учительской газете» 29 июля 1938 г., исходя из каких-то сугубо глубокомысленных и ему одному известных соображений, о которых он скромно умалчивает, уверяет учителя в неразрывной связи процентов с десятичными дробями: «Изучение процентов начинается тотчас после десятичных дробей, с которыми они неразрывно связаны». Очевидно автор упомянутой статьи наивно полагает, что если, мол, процент есть сотая часть числа, то от десятичных дробей в процентах и уйти нельзя.

Таким образом, в четырех различных и официальных документах мы наблюдаем различные толкования методики решения основных задач на проценты.

Надо отметить, что этот вопрос не дебатировался достаточно глубоко и подробно в нашей педагогической печати, и рекомендация методиками, учебниками и программой того или иного способа является, глазным образом, результатом симпатий (ничем в должной мере не аргументированных) автора.

При описании способов решений основных задач на проценты мы умышленно воздерживались от каких бы то ни было критических замечаний, не желая ни в коей степени создавать у читателя предвзятое мнение о степени ценности того или иного из них. Теперь же перейдем к детальному анализу каждого из способов.

Прежде всего рассмотрим способ пропорций.

Этот способ, совершенно игнорируемый методической литературой последних лет и применяемый довольно успешно на практике, не так уже плох.

К положительным его сторонам следует отнести сравнительную легкость при составлении пропорций и отсутствие затруднений при решении их, считая, конечно, что решение пропорций вполне усвоено учащимися. Даже самый трудный, третий случай задач на проценты при помощи составления пропорций решается легче, нежели другими способами. Понятие процента при этом способе не заслоняется, а даже в некоторой степени уточняется благодаря отчетливому установлению прямой пропорциональной зависимости между членами и выражающими их процентами.

Единственной, по нашему мнению, отрицательной чертой, и настолько отрицательной, что она уничтожает все защищающие этот способ доводы, является полная механистичность при решении задач. Упоминая о процентах при составлении пропорции, мы забываем их при ее решении, и самый процесс решения пропорции ликвидирует всякое представление о сущности разрешения той или иной из основных задач на проценты.

Необходимое условие преподавания — усвоение сущности процесса в этом случае объективно игнорируется, и сознательное решение вопроса заменяется «идеально» механическим навыком.

Именно из-за этого приходится способ решения основных задач на проценты при помощи пропорций осудить и ни в коем случае не допускать его в практике.

Решение задач на проценты при помощи подстановки числовых значений в формулы не имеет в пятых классах никакого смысла.

Если в период существования программ, предусматривавших в V классе изучение буквенной символики, можно было говорить об этом способе, хотя тоже без серьезной аргументации, то теперь этот способ просто совершенно неприменим. Раннее введение букв и опять-таки полная механистичность при решении задач могут привести только к самым отрицательным результатам. Этому способу могут симпатизировать лишь сторонники составления буквенных формул при решении арифметических задач в V и даже IV классах. Но, к счастью, таких учителей очень немного. Всякое усложнение уместно в свое время; считать же V класс имеющим все условия для введения буквенной символики нет никаких оснований.

Вслед за анализом способов пропорций и буквенных формул, малоупотребительных в школьной практике, перейдем к разбору способов замены процентов дробями, способов, доминирующих в школьном преподавании арифметики.

Начнем со способа замены процентов обыкновенными дробями.

При условии отчетливого понимания учащимися смысла процента, как сотой части числа, замена процентов обыкновенной дробью в случае целого числа процентов не должна представлять трудностей. Определение же части числа или числа по данной его части, к чему сводится решение первых двух задач, есть также вещь известная. Понимание же способа решения третьей из основных задач при разбираемом приеме чрезвычайно трудно, и обычно вследствие именно этой трудности в практике преподавания единство метода решения нарушается, и третья задача решается иными способами.

Но не только в трудности решения третьей задачи заключаются отрицательные стороны анализируемого способа.

Основной его недостаток состоит в том, что в этом случае понятие процента выпадает. Решая задачи этим способом, учащиеся в процессе решения вправе забыть, и забывают о том, что они имеют дело с процентами; они оперируют с некоторыми частями, в лучшем случае сотыми, а если дробь, выражающая процент, сократима, то с дробями, знаменатель которых может ничуть не напоминать о сотых долях. Но что хорошо в отдельных случаях, то не годится часто как общее правило. Так и здесь: устное определение таких процентов, как 25, 50 и т. п. полезно и нужно проводить как определение соответственно четверти и половины числа, но сведение вообще решения основных задач к этому уже приводит к плачевным последствиям.

Замена процентов десятичными дробями имеет, правда, очень небольшое преимущество перед предыдущим способом в некотором облегчении понимания решения третьей задачи, но решение первых двух в нем, наоборот, затрудняется необходимостью оперирования с десятичными дробями при определении части числа и при решении обратной задачи. Эти действия проводятся механически, только по определенному правилу, без осознания сущности действий.

Таким образом, способы замены процентов обыкновенными или десятичными дробями следует тоже отвергнуть, как не достигающие цели, о чем убедительно свидетельствует практика, показывая крайне неудовлетворительные навыки учащихся в этой области.

Следовательно, из пяти известных способов решения основных задач на проценты остается только способ приведения к единице.

Каковы же по, нашему мнению, характерные черты этого способа, заставляющие именно его признать единственно допустимым?

Прежде всего этот способ в отношении двух первых задач легче способов замены процентов дробями. Кроме того при этом способе ни на миг не ускользнет из поля зрения учащихся тот факт, что они имеют дело именно с процентами. Может показаться странным, что после того, как учащиеся уже научились находить часть от целого и целое по его данной части, аналогичные задачи в процентах будут решаться будто бы в два действия.

На самом же деле решение первой и второй задач происходит одним действием, но рассуждения остаются действительно характерными для двух действий.

Плохо это или хорошо? По нашему мнению, хорошо. Ни для кого не секрет, что большинство учащихся, окончивших первые четыре класса, плохо решают задачи на определение части и целого по части двумя действиями, и учителям пятых классов приходится восстанавливать этот пробел в знаниях детей. Отсюда, естественно, вытекает вывод, что учащиеся

пятых классов должны, выполняя эти задачи в одно действие, все же отчетливо сознавать и объяснять сущность проводимых преобразований, и далеко не все из них настолько усваивают эти правила, чтобы позволять им применять их механически. Многие же из учителей, игнорируя это обстоятельство, стремятся именно к скорейшему развитию механического навыка, не добившись сознательного усвоения и свободного, буквально «впитанного», объяснения сущности преобразований. Переход к решению основных задач на проценты способом дробей, без достаточно отчетливого понимания содержания выполнимых операций, приводит к необходимости запоминания, а не понимания способа. Хуже же этого в преподавании математики трудно себе представить.

Решение же первых двух задач на проценты способом приведения к единице страхует учителя от этого механического запоминания учащимися способа решения даже в том случае, когда нахождение части и числа по данной части недостаточно было усвоено ими.

Но наибольшие преимущества у анализируемого способа по сравнению с двумя предыдущими имеются при решении третьей задачи на проценты.

В то время как при способе замены процентов дробями решение третьей задачи резко отличается от решения первых двух и по сущности и по форме,— в способе приведения к единице общность метода решения сохраняется. Причем твердо сказать, который из вариантов решения третьей задачи более удачен, затруднительно.

Вариант, названный нами первым, в большей степени обладает общностью метода с решением первых двух задач на проценты: рассуждения начинаются также с определения величины одного процента, но вслед за этим следует деление по содержанию,— действие сравнительно трудное. Второй же вариант, не имея указанного выше преимущества первого, позволяет зато избежать деления по содержанию и упрощает вопрос о наименованиях: если нужно узнать количество процентов, то производим действия над процентами (100% делим на а и затем умножаем на Ь).

Уже одни эти рассуждения заставляют признать способ приведения к единице единственно приемлемым в школьной практике преподавания при решении задач на проценты.

Теперь рассмотрим, сохраняется ли преимущество защищаемого нами способа при введении дробей в условия основных задач, при решении более сложных задач на проценты и, наконец, при составлении уравнений по условиям задач, содержащих проценты.

Прежде всего примем во внимание, что техника выполнения действий в конечном счете одинакова для всех существующих способов решения задач на проценты.

При решении первой задачи допустим, что нам требуется найти некоторое дробное количество процентов. При способах замены процентов дробями мы неминуемо столкнемся с необходимостью выражения обыкновенных дробей в виде десятичных и наоборот в тех случаях, когда вид дроби процента не соответствует виду дроби принятого способа. Если же превращение дроби не производить, то способ как таковой оказывается недействительным, и приходится давать дополнительные разъяснения в каждом отдельном случае. Даже самая формулировка: 31/7°/о есть три и одна седьмая сотых числа чрезвычайно неудобна и трудна для осознания. Наконец, приведенный нами случай в десятичных дробях не может быть разрешим вообще. При способе же приведения к единице эта трудность в рассуждении отпадает, ибо нахождение 31/7°/о не более трудно, чем 3%. И в том случае, когда требуется определить какую-нибудь правильную дробь процента, например 3/1в°/о, решение сводится к нахождению 3/ie от величины одного процента.

Несколько труднее проходит вторая задача в случае дробного данного числа процентов. Но, опять-таки, вычисления сводятся в случае правильной дроби к определению целого процента по данной его части, случай же неправильной дроби ничем по существу не отличается от случая целых данных.

При решении третьей задачи в дробных данных более целесообразен будет первый вариант, так как нахождение одного процента от дроби легче, нежели определение количества процентов, падающих на единицу, в том случае когда за 100% принимается некоторая правильная дробь.

В более сложных задачах на проценты действия с ними обычно оторваны от остального решения, и недостатки и преимущества различных способов не изменяются.

Составление уравнений по условиям задач, содержащих проценты, проводится,

безусловно, способом приведения к единице.

Возьмем хотя бы такую задачу:

«При продаже товара на 299 рублей выручено 15% прибыли. Что стоит товар без прибыли?» (Шапошников и Вальцов, ч. I, стр. 107, № 402).

В десятичных дробях никто эту задачу решать не будет. При составлении уравнения могут быть двоякие рассуждения.

1. Если себестоимость товара обозначить через X, то 15% от нее составят щ, т. е. прибыль будет представлять собой выражение

2. Для выражения 15% себестоимости, принятой за х, нужно найти первоначально 1%, а затем 15%, т. е. прибыль выразится дробью:

При решении данной задачи способ приведения к единице еще не имеет решающих новых преимуществ перед способом выражения процентов в виде обыкновенных дробей, но способ замены процентов десятичными дробями уже отпадает. Возьмем другую задачу.

«Два котла весят Р тонн; р процентов веса одного котла составляют q процентов веса другого. Найти вес каждого котла» (Шапошников и Вальцов, ч. I, стр. 122, № 557).

В десятичных дробях задача с буквенными данными вообще не решается. Говорить о том, что р сотых одного числа составляют q сотых другого числа уже значительно более неудобно, нежели составить уравнение при помощи приведения к единице.

Возьмем еще одну задачу.

«При продаже товара за 31 руб. 25 коп. получено столько процентов прибыли, сколько рублей в себестоимости товара. Какова себестоимость товара?»

Рассуждения ведутся обычно так.

Обозначим себестоимость товара через л:. Тогда один процент от себестоимости представляет собой

Но в условии задачи сказано, что при продаже товара получено столько процентов прибыли, сколько рублей в себестоимости товара. Приняв, что в себестоимости товара х рублей, мы тем самым определили и процент прибыли, который тоже равен х. Следовательно нужно найти X процентов себестоимости. 1% себестоимости есть а X процентов составят

Совершенно очевидно, что рассуждения в этом случае типичны для способа приведения к единице. Все иные рассуждения будут несравненно труднее, в чем предлагаем убедиться читателю.

Таким образом, и в дальнейшем обучении математике в школе мы прибегаем при встрече с процентами к способу приведения к единице, даже если в свое время основные задачи решались иными способами.

Следовательно, способ решения основных задач на проценты путем приведения к единице является наиболее легким и последовательным среди всех общеупотребительных способов.

Нам кажется, что этот способ должен превалировать в преподавании процентов.

Для того, чтобы восстановить в правах этот, совершенно незаслуженно заброшенный различного рода методистами способ, необходимо, прежде всего, внести соответствующие изменения в структуру учебника арифметики.

Место же процентов в программе при этом способе совершенно безразлично. Лучше всего, естественно, при этом изучение процентов поставить после пропорций, чтобы после изучения основных задач возможно было иметь относительно больший выбор смешанных задач.

От редакции. Помещая в порядке обсуждения статью т. Александрова, редакция просит читателей высказаться по затронутым в ней актуальный вопросам методики преподавания раздела «Проценты».

ПРИЗНАК ДЕЛИМОСТИ НА 11

А. ЧЕНЦОВ (Москва)

одержание элементарного критерия делимости чисел сводится к делимости некоторого числа, равноостаточное с данным и имеющего по сравнению с ним меньшую значность. Это вспомогательное число или непосредственно строится из некоторых цифр данного (признаки делимости на 2, на 4, на 125), или же получается в результате арифметического действия перзой ступени над несколькими построенными таким непосредственным образом числами (признак делимости на 9). В некоторых же случаях оно оказывается уже результатом действия над рядом таких результатов, являясь, таким образом, результатом, так сказать, второго порядка (признак делимости на 11). Отсюда очевидно, что по степени сложности признаки делимости могут быть расположены в некоторый ряд, и место того или иного признака в этом ряду обусловливает или включение его в элементарный курс или же исключение из этого курса. В конечном счете этот вопрос есть вопрос о большей или меньшей математической вооруженности нашего школьника, и потому попытки упрощения сложных признаков делимости не могут быть признаны неактуальными.

Признак делимости на 11 относится к числу сложных, и ряд авторов его обходит, а из программы средней школы он, как известно, исключен. О признаке делимости на П не упоминают: Егоров, Шохор-Троцкий, Геде, Березанская (методики арифметики), Буняковский, Гурьев, Попов, Киселев (курсы арифметики). В тех курсах, где этот признак есть, приемы построения вспомогательного числа требуют или двух действий — слежения и вычитания, или одного — вычитания. Приема, ограничивающегося сложением и притом однократным (одна сумма), в этих учебниках мы не находим. В подтверждение приведем несколько цитат и сделаем несколько ссылок.

«Чтобы целое число делилось на 11, необходимо и достаточно, чтобы разность между суммой цифр нечетного и суммой цифр четного порядка, считая от правой руки к левой, или равнялась нулю, или делилась бы на 11» (Бертран — «Арифметика», перев. Пирожкова. СПБ, 1901).

То же самое в редакционных вариантах дают: А. Леве—«Курс арифметики». СПБ, 1871; А. Серре — «Курс арифметики». М., 1883; Н. Билибин — «Теоретическая арифметика». СПБ, 1901; Ж. Таннери — «Курс теоретической и практической арифметики». М., 1913; Бем и Котович —«Теоретическая арифметика», ч. I, Петроград, 1923.

А. Г. Малинин — («Курс арифметики». СПБ, 1913) и А. Воинов («Очерк теоретической арифметики». М., 1915) приводят следующий прием (цитирую по Малинину).

«Чтобы узнать, делимо ли данное число на 11, достаточно отчеркнуть в нем три последние цифры справа и вычесть отчеркнутое число из оставшегося числа (или наоборот); если остаток равен 0 или будет делим на 11, то и данное число будет делимо на 11».

У Малинина же есть и еще прием, отличный от описанного выше.

«С большим удобством можно пользоваться признаком делимости чисел на 11, который основан на последовательном вычитании цифр данного числа». Прием поясняется Малининым на примере следующим образом:

«Пусть дано число 25 795. Вычтем цифру единиц этого числа (5) из цифры десятков (9), получим 4; вычтем этот первый остаток из цифры сотен (7), получим 3; вычтем этот второй остаток из цифры тысяч (5), получим 2; вычитая этот остаток из цифры десятков тысяч 2, получим 0»*.

Забавен относящийся к нашей теме текст из «Арифметических листков» (СПБ, 1832), составленных Петром Гурьевым (не Семе-

* Оба приема не принадлежат А. Г. Малинину.

ном Гурьевым, который был академиком).

«На 11 делятся все те числа, кои состоят из двух одинаковых цифр или из трех таких, из которых сумма крайних равняется средней или сумма крайних составляет 11, а в середине нуль, например:

Это «и т. д.», очевидно, подразумевает другие двузначные или трехзначные числа того же типа — и только. Однако, несмотря на ограниченные возможности этого приема, он интересен тем, что, в отличие от приемов, приведенных выше, здесь применяется исключительно сложение.

Способ построения вспомогательного числа, который мы хотим предложить вниманию читателей, пригоден для исследования чисел любой значности и требует исключительно сложения. Повидимому, таким образом он заполняет существующий здесь пробел, а, как это будет видно из дальнейшего, возможно, и облегчает популяризацию признака делимости на 11 в широких кругах учащихся (сначала, вероятно, явочным порядком, а впоследствии, может быть, и путем включения в программу).

Сущность его в следующем.

Число разбивается на грани от правой руки к левой по две цифры в каждой, причем, разумеется, в последней грани может оказаться и одна цифра. Суммируя числа всех граней, получаем число, равноостаточное с данным и меньшей значности. Если результат имеет значность, большую двух, его можно свести к двузначному (или однозначному) числу повторением того же приема. Кратность такого числа 11 усматривается непосредственно. Соответствующий признак делимости формируется так:

Число кратно 11, если после разбиения его на грани от правой руки к левой по две цифры в каждой, окажется, что сумма чисел, составляющих его грани, кратна 11.

Примеры:

Преимущества приема:

1. Вспомогательное число, как уже было указано, имеет значность, не большую 2, и, следовательно, кратность его 11 устанавливается без всяких затруднений. (Вспомним, что первый прием, описанный у Малинина, в большинстве случаев, дает трехзначное число).

2. Прием требует меньшего напряжения внимания, так как действие производится над двузначными числами, и действие это единственное (прием, описанный у Бертрана, требует нахождения двух сумм и одной разности).

3. Самые слагаемые расположены удобно и не перебиваются слагаемыми другой суммы, как в случае суммирования цифр отдельно четного и отдельно нечетного порядка (Бертран и др.).

4. В формулировке признака делимости отсутствует или, что практически означает наличие одного признака, а не двух, как это имеет место всюду, где применяется вычитание («...или равнялось нулю, или делилось бы на 11 »)*. Этот простой и красивый признак, по-моему, не уступающий в этих отношениях признакам делимости на 3 и на 9, безусловно, должен быть введен в программу средней школы, тем более, что его совсем не трудно и обосновать.

По аналогии учащиеся быстро и с охотой усвоят и признаки делимости на другие числа, имеющие по 1 единице в каждом разряде, т. е. на числа 111, 1 111 и т. д. Отличие этих признаков от описанного выше признака делимости на 11 в том, что исследуемое число нужно разбивать на грани по 3, по 4, по 5 цифр в каждой и суммировать трехзначные, четырехзначные, пятизначные и т. д. числа в зависимости от значности делителя.

Поясним это на примерах.

1) Делимость на 111:

2) Делимость на 1 111 :

* Для средней школы (V класс) здесь, конечно, два признака, и было бы педагогически наивно полагать, что учащиеся самостоятельно причисляют нуль к числу известных им чисел, кратных 11.

Разумеется, эти последние признаки имеют не практический, а, так сказать, развлекательный интерес.

Теперь осталось показать, каким образом признак делимости на 11 может быть обоснован в школьной аудитории.

Пусть испытанию подлежит число 47 003.

Разбивка на грани дает 4'70'03, а их суммирование:

Заменяя компонент 7 ООО суммы 47 003 числом 70, мы уменьшаем его в 100 раз, или, иначе, вычитаем из нашего числа 70-99, т. е. число, заведомо кратное 11. Заменяя компонент 40 000 суммы 47 003 числом 4, мы уменьшаем его в 10 000 раз или, иначе, вычитаем из нашего числа 4-9999, т. е. число, заведомо кратное 11. Остаток, получившийся в результате этих неявных вычитаний, оказывается тем самым компонентом, который может обусловить делимость испытуемого числа на И.

Разумеется, для доказательства можно прибегнуть и к разложению в строчку.

Сумма слагаемых первой скобки кратна 11 независимо от цифр данного числа, вторая же, по преобразовании, дает 53 +4-95 + 34 -j- 16, т. е. сумму чисел, составляющих грани.

Можно произвести разложение и на основе тех рассуждений, которые были произведены в первом варианте доказательства.

Заключительные рассуждения те же. Преимущество этого разложения в том, что здесь не приходится различным образом разбивать разрядные единицы в зависимости от их ранга (100 = 99+ 1;

ИЗ ОПЫТА

МЕТОДИКА ИССЛЕДОВАНИЯ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ И УПРОЩЕНИЙ ФОРМУЛ ОБЩЕГО ВИДА УГЛОВ В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ

В. ПАДУЧЕВ (ст. Лиски)

и в одном учебнике тригонометрии вопрос о преобразовании формул общего вида углов, об упрощении этих формул, когда это возможно, о способах объединения нескольких формул в одну не излагается.

Авторы учебников ограничиваются выводом трех формул общего вида для трех пар Функций:

Имея в своем арсенале только эти формулы и не зная способов тождественных преобразований их, учащийся встречает непосильные и непреодолимые трудности в те* случаях, когда ответ к уравнению в задачнике дается в виде преобразованной и максимально упрощенной формулы или путем объединения нескольких формул в одну.

Возьмем для примера уравнение из стабильного задачника Рыбкина.

§ 11, № 64.

откуда

Таким образом, ученик получает в результате решения:

Ответы задачника:

С внешней стороны получается непримиримое противоречие между результатом решения и формулами ответа. Ученик десятки раз проверяет свое решение, стараясь найти ошибку, но ошибка не находится! Обращаясь для разъяснения вопроса к преподавателю, ученик часто и преподавателя ставит в безвыходное положение, так как преподаватели далеко не всегда знают, в чем же здесь «секрет»... И сомнение остается неразрешенным. Второй пример из Рыбкина:

§ 11, №65.

При решении получаем

В ответе даны формулы

Второе решение не совпадает с ответом.

Все такие затруднения следует отнести исключительно за счет того, что авторы учебников обходят полным молчанием вопрос о возможности тождественных преобразований формул общего вида. Этот пробел, безусловно, должен быть заполнен.

А здесь мы хотим предложить вниманию преподавателей ту методику разъяснения этого вопроса ученикам, которая проверена долгой педагогической практикой и последовательно раскрывает перед учащимися способы тождественных преобразований, упрощений и объединений формул общего вида.

Сначала мы разъясняем ученикам, что всякую формулу общего вида углов можно рассматривать как общий вид некоторого переменного числа, построенного по закону арифметической прогрессии.

Берем простейший числовой пример:

«п = 180°'П -f 30°, где п — целое число.

Давая целому числу п значения от 0 до + сю. получаем арифметическую прогрессию, в которой первый член 30°, разность 180° и число членов п.

Записываем ряд в таблицу:

Этот числовой пример помогает ученикам выяснить, что формула общего вида является сокращенной записью арифметической прогрессии. Делаем вывод: формула хп — =. 180°-л + 30°, или в общем виде: хп — = dn-\ а выражает общий член некоторой арифметической прогрессии.

Разъясняем теперь особенности этой прогрессии применительно к формуле общего вида углов.

1) л может принимать любые целые значения от —оо до -foo, т. е. является произвольным целым числом (положительным или отрицательным), включая и нуль; эта первая особенность заслуживает особого внимания, так как в обычной арифметической прогрессии число членов л всегда положительное число большее единицы (л>1) и не может быть равно нулю.

Развертываем числовой пример в таблицу:

2) Располагаясь в области целых чисел от —оо до -f оо, л не имеет границ, почему наша прогрессия превращается в бесконечный ряд. А учащиеся изучали в алгебре бесконечную геометрическую убывающую прогрессию, не встречаясь почти с бесконечными рядами арифметической прогрессии.

3) Не имея последнего члена, данная бесконечная прогрессия не имеет и начального первого члена, так как любой член ряда может быть принят за начальный (подобно точке на прямой), и в обе стороны от этого произвольного начального члена простираются два бесконечных ряда (возрастающий и убывающий).

После р 1зъяснения этих основных особенностей бесконечного арифметического ряда по сравнению с конечной арифметической прогрессией выводим такие следствия:

1) Формула любого члена конечной арифметической прогрессии

для бесконечного ряда может быть написана в более простом виде:

или

2) от перемены знака перед dn прогрессия не изменяется (так как л может быть и положительным и отрицательным). Поэтому — 180с-л + 45° равносильно 4- 180°-л + 45° и вообще — dn 4- а равносильно dn+a.

Ъ) в формуле хп = dn 4- а вместо начального члена а можно написать любой другой член ряда, от чего прогрессия не изменяется:

Следовательно, начальный член ал ряда может быть заменен любым другим членом, что дает возможность отрицательный начальный член заменить положительным и выбрать его так, чтобы он был меньше разности прогрессии.

Если имеем хп = 180°• п — 120°, то можем тождественно преобразовать 180° • л — 120° —.

Получаем *? = 180°. п + 60°.

5) Начальный член можно заменить его арифметическим дополнением до разности прогрессии с обратным знаком, что легко выясняется на числовых примерах по формуле:

Полученные выводы рекомендуется закрепить на примерах такого типа:

1) Общий вид целого числа п.

2) Общий вид четного числа 2л.

3) Общий вид нечетного числа 2л + 1 =

4) Общий вид некоторого угла хп = = 180°.л — 150° = 180°. пх + 30° и т. д.

Переходим теперь к основному вопросу о некоторых тождественных преобразованиях бесконечного арифметического ряда:

Условимся называть разность d периодом, а слагаемое а начальным членом.

Берем простейший случай: ряд нечетных чисел, начиная его для простоты с +1 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27...

Общий член этого ряда выразится, как известно, формулой хп = 2л + 1, где период 2 и начальный член 1.

Выписываем теперь этот ряд в три отдельных строки, что дает три новых ряда:

Очевидно, все нечетные числа, т. е. все члены ряда хп — 2л + 1, разместятся в этой таблице, будут полностью охвачены тремя новыми рядами.

Замечательно, что формулы общих членов новых рядов находятся в определенной зависимости от формулы первоначального ряда: период увеличился в три раза (по числу рядов разложения), а начальные члены со-

ставляют арифметическую прогрессию, являясь тремя последовательными членами первоначального ряда.

Значит, для замены ряда 2л + 1 тремя новыми рядами надо:

1) период помножить на 3;

2) к полученному результату подписать три последовательных члена первоначального ряда 1, 3, 5, т. е. 1, 1 + 2 и 1+2 + 2 = 5.

На том же примере легко выяснить, что при разложении первоначального ряда 2л + 1 на четыре новых ряда разность арифметической прогрессии в новых рядах (т. е. ее период) увеличится также в 4 раза и т. д.

Таким образом устанавливается тождественность разложения бесконечной прогрессии хп — dn+a в m новых рядов и возможность обратного перехода с заменой нескольких рядов одним обобщенным рядом.

Записываем результат в общем виде.

Замечание. Для замены нескольких рядов одним необходимо, чтобы 1) период (dm) делился на число рядов (m) и 2) чтобы начальные члены (аъ о2> ау.) рядов составляли арифметическую прогрессию разности, равной частному от деления общего периода на число рядов.

Формулируем вывод:

Если общий вид переменного числа выражается нecкoлькими рядами, начальные члены которых составляют арифметическую прогрессию, а частное от деления общего периода на число рядов — разности прогрессии, эти ряды можно заменить одним рядом так: общий период делится на число рядов, а начальным членом пишется простейший из данных.

Числовой пример:

1) Начальные члены составляют арифметическую прогрессию, у которой d = 6— -2; 8; 14.

2) Делим общий период 18 на число рядов g- = 6. В обоих случаях результат одинаковый. Поэтому объединяем три ряда в один хп = 6л + 2.

Для тригонометрических уравнений записанный вывод имеет важнейшее значение, так как дает возможность объединять несколько решений одной обобщающей формулой. И это окончательно открывает ученикам глаза на «тайну» несоответствия их решений с обобщенными формулами ответов.

Выясняем практику преобразований формул на примерах возрастающей трудности:

ряда можно объединить формулой:

Начальные члены составляют арифметическую прогрессию с разностью 60°:

Частное от деления общего периода 180° на число (3) рядов также 60°.

Поэтому объединение рядов возможно. Получаем

Можно решить этот пример и другим способом. Выносим в первоначальных формулах за скобку 20°, после чего получаем:

Формулы в скобках 9л + 7, 9л + 4 и 9л + + 1 объединяются одной Зл + 1. Следовательно, три ряда заменяются одним

Начальные члены 0°, 30° и 60° составляют арифметическую прогрессию с разностью 30°. Делим общий период 90° на число рядов 90°:3 = 30°. Результат одинаковый, почему можем объединить ряды одной формулой:

4) Берем пример с отрицательным начальным членом:

Начальные члены располагаем в виде арифметической прогрессии: 30°, —60°. Находим d = 30° — (— 60°) = + 90°.

Делим общий период на число рядов: (2)

Объединяем ряды:

Оба ряда объединяются формулой:

т. е. общим видом нечетного числа.

Заметим, что этот случай очень часто встречается в практике тригонометрических уравнений.

Например в № 64 из § 11 стабильного за дачника (см. начало статьи) получаем:

что точно соответствует ответу задачника:

Тождественность решения с ответом устанавливается, как видим, очень легко и быстро.

6) Решим пример из Рыбкина:

№ 8 (§ 14).

После решения получаем:

хп1 = 360°. л ± 45°, или: 45° (8л ± 1), хпп = 360°. л ± 135°, или: 45° (8л ± 3).

Объединим ряды 8л+1 и 8л ±3, расположив их для наглядности в таком порядке:

Так как начальные члены составляют арифметическую прогрессию —3, — 1, -И, +3, разность которой 2 равна частному от деления общего периода (8) на число (4) рядов, можно объединить ряды одной формулой:

Поэтому все решения объединяются так:

X п, что и соответствует ответу.

7) В уравнении tg Ъх = sin 6х (№ 46 из § 14), получаем такие группы решений:

Объединяя хп11 и хпт (см. предыдущий пример), получаем:

Рассмотренные примеры обычно являются достаточными для ясного понимания учениками излагаемого вопроса и развития необходимых навыков.

Теперь остается разъяснить последний вопрос: о рядах, у которых некоторые члены периодически совпадают, т. е. являются одинаковыми.

Начинаем с числового примера двух простейших рядов:

Эти ряды между собою не тождественны, но имеют некоторые одинаковые члены (1, 7, 13 и т. д.), причем совпадение одинаковых членов периодически повторяется в каждом ряду. Для тригонометрических уравнений мы сказали бы в этом случае, что данные ряды имеют общие корни и надо преобразовать ряды в новые группы, не имеющие общих корней.

Разъясняем на нашем примере, как это делается.

I шаг. Для периодов 2 и 3 находим общее наименьшее кратное (ОНК).

II шаг. Заменяем каждый из рядов новыми рядами с периодом 6. Получаем:

III шаг. Из сравнения новых рядов видим, что (1) и (4) одинаковы, почему мы можем один из них — безразлично (1) или (4) — выбросить.

IV шаг. Выписываем оставшиеся ряды и объединяем их, если возможно, меньшим числом формул

снова заменяются одним рядом 2л 4-1

остается без изменения 6л + 4, или: 6л — 2.

Таким образом, остаются 2 ряда без совпадающих членов, т. е. не имеющие общих корней (в применении к тригонометрическим уравнениям):

В результате этой операции мы исключили из ряда Зл -f 1 те числа (1, 7, 13...) которые охвачены первым рядом 2л -f 1.

Можно формулировать такое правило для исключения общих корней:

Надо привести все ряды к общему периоду, отбросить повторяющиеся группы и объединить оставшиеся меньшим числом формул.

Предлагаемая разъяснительная работа не только ликвидирует все затруднения учеников в области окончательной математической обработки формул общего вида углов в тригонометрических уравнениях, но и значительно содействует развитию математических навыков и логического анализа.

Поэтому мы рекомендуем преподавателям десятых классов уделить этому вопросу соответствующее внимание и 3—4 часа учебного времени. Если учебники имеют пробел, то мы не можем допускать этого в своей практической работе.

О ДОПОЛНЕНИЯХ ЛОГАРИФМОВ

К. РУПАСОВ (г. Ранненбург)

том случае, когда при вычислении сложного выражения с помощью логарифмов приходится складывать и вычитать несколько логарифмов, применяется способ дополнения, состоящий в замене вычитаемых логарифмов слагаемыми.

Таким образом, для нахождения логарифма X приходится производить три действия: сложение, сложение и вычитание. В стабильном учебнике Киселева указывается, что есть возможность заменить вычитание сложением. Этому вопросу в учебнике отводится полстраницы и приводится один пример, иллюстрирующий это положение. Следует отметить, что отсутствие разъяснения заставляет учащихся долго думать над теми преобразованиями, которые проделывает автор.

В этой статье я хочу поделиться своим опытом работы по разъяснению учащимся понятия о дополнениях логарифмов.

В учебнике Киселева (изд. 1935 г.) определение дополнения логарифма и правило нахождения дополнения не даются. Как излагают этот вопрос другие авторы? — В учебнике Рашевского читаем: «Логарифм числа, обратного данному, называется кологарифмом данного числа». Ниже автор дает такое правило: «Чтобы из логарифма данного числа получить кологарифм данного числа, нужно характеристику увеличить на 1 и у полученного числа изменить знак на обратный; мантиссу же нужно вычесть из 1».

У Бертрана мы читаем следующее: «Дополнением числа N до 10 называется разность 10 — N».

Ниже сказано: «Имеем тождественно: а — £ = <z-f(10 — b)—10, поэтому для вычисления разности (а — Ь) достаточно прибавить к а дополнение £ и из результата вычесть 10».

Как я разъясняю учащимся понятие о дополнениях логарифмов? Всю работу по разъяснению этого вопроса я делю на несколько этапов.

I ЭТАП. ВЫЯСНЕНИЕ НЕОБХОДИМОСТИ ЗАМЕНЫ ВЫЧИТАНИЯ СЛОЖЕНИЕМ

Ученики рассматривают пример типа

Если требуется вычислить выражение

то обычно поступают так

Чтобы получить логарифм je, нужно найти сумму слагаемых логарифмов, затем сумму вычитаемых логарифмов и из первой суммы вычесть вторую. Учащиеся видят, что для этого приходится производить три действия — два раза сложение и вычитание. Учитель ставит вопрос: нельзя ли три действия свести к одному? Выясняется, что вычисления были бы проще, если бы удалось вычитание заменить сложением.

II ЭТАП. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ДОПОЛНЕНИЯ ЛОГАРИФМА

Берется выражение

и преобразовывается так:

Логарифмируем:

Сейчас я обращаю внимание учащихся на то, что вычитание можно заменить сложением. Для этого стоит лишь к lg л прибавить разность (0 — lg b).

Затем дается определение в таком виде: разность между нулем и логарифмом данного числа называется дополнением логарифма данного числа до 0, или кологарифмом. Объясняю, что дополнение lg b сокращенно записывается так: доп. \gbt или colg&, где со — первые буквы латинского слова complementum — дополнение. Следовательно, предыдущее выражение можно записать так:

III ЭТАП. НАХОЖДЕНИЕ КОЛОГАРИФМА

Так как для нахождения кологарифма нужно логарифм данного числа вычесть из 0, то на-

хождение кологарифма сначала записываю так:

При вычитании нужно из характеристики уменьшаемого «занять» единицу. Обращаю внимание учащихся на то, что «занять» единицу — ото значит уменьшить число на единицу. Учащиеся упражняются в «занимании» единицы от 5, от - 4, от 6, от — 2 и т. д. и приходят к выводу, что если занять 1 от О, то получим 1.

Потом я даю правило: чтобы найти кологарифм данного числа, нужно характеристику логарифма данного числа вычесть из—1, а мантиссу же из +1 (для этого все ее цифры слева нужно дополнить до 9, а последнюю значащую цифру до 10).

После этого я даю учащимся ряд упражнений вида: (-1) - ( +3); (-1) - (+2); (—1) -— (—5); (—1) — (—7). Цель этих упражнений— научиться быстро отыскивать характеристику. Сначала эти упражнения записываются на доске, а затем учащиеся вычисляют устно. Здесь я требую от учащихся большой беглости и обращаю особенное внимание на нахождение характеристики кологарифма, так как опыт показывает, что здесь чаще всего делаются ошибки. Нахождение мантиссы кологарифма учащиеся усваивают быстро.

Обращаю внимание учащихся на то, что

Это очень ценное в методическом отношении замечание.

IV ЭТАП. ВЫЧИСЛЕНИЯ С ПРИМЕНЕНИЕМ КОЛОГАРИФМОВ

Вычисления с применением кологарифмов учащихся не затрудняют. Здесь я лишь фиксирую внимание учащихся на следующем вопросе.

Беру выражение вида;

Логарифмируем его:

Будет ли доп. 31g Ь равняться 3 доп. \gb? Обычно молчаливо допускается, что доп. 3 lg b — 3 доп. lg b. На этом вопросе я останавливаюсь, так как учащиеся часто ставят такой вопрос: следует ли сначала lg b умножить на 3, а затем найти дополнение, или же сначала найти дополнение lg b, а затем его умножить на 3? Я доказываю, что

Пусть

Можно написать:

Тогда

С другой стороны:

Следовательно:

значит:

Какой практический вывод можно отсюда сделать?— Вывод такой. Допустим, что вычисляется выражение

(Для иллюстрации берется простой пример). Вычисления можно вести двояко.

На записи логарифмических вычислений я не останавливаюсь: этот вопрос достаточно полно освещался в журнале «Математика в школе».

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

ОБ УЧЕБНИКЕ СТЕРЕОМЕТРИИ ДЛЯ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ В 1938/39 УЧЕБНОМ ГОДУ

А. МОГИЛЬНИЦКИЙ (г. Гайсин)

В этом учебном году IX и X классы средней школы получили учебник по стереометрии Киселева под редакцией и с дополнениями проф.

Глаголева. Выход учебника приветствовали и учителя и ученики, которые в прошлом году пользовались плохим учебником Гурвица и Гангнуса, а иногда и совсем были без учебников.

В предисловии к учебнику проф. Глаголев говорит о переработке стереометрии Киселева в направлении применения учебника к программе по геометрии в средней школе,

Дальше говорится о существенных моментах в переработке учебника стереометрии, а именно: перестановка порядка изложения вопросов о перпендикулярности и параллельности прямых и плоскостей в пространстве, что дало возможность, по словам проф. Глаголева, упростить доказательство отдельных теорем; уменьшение количества теорем о параллельных прямых и плоскостях.

Казалось бы, что при такой переработке учебник должен измениться к лучшему.

Но с первых же дней работы в школе оказалось, что пользоваться переработанным учебником очень трудно.

Во-первых, материал в учебнике не соответствует программе средней школы не только по своему размещению, но и по фактическому материалу. Так, например, учащийся не найдет в учебнике двух признаков параллельности прямой с плоскостью, не говоря уже о том, что само слово «признак» в книге отсутствует

Наоборот, в книге добавлен отдел: «Понятие о симметрии пространственных фигур», которого нет в программе и который за отсутствием времени проработать в школе не будет возможности.

Вторая трудность, возникающая при пользовании новым учебником, состоит в том, что распределение материала в учебнике не способствует упрощению доказательств многих теорем, а наоборот, усложняет доказательства для ученика, начинающего изучать стереометрию. Доказательства теоремы о прямой, параллельной каждой из двух пересекающихся плоскостей, и теоремы о двух прямых, параллельных третьей, данные в переработанном учебнике, очень трудны для ученика, начинающего изучать стереометрию. Для хорошего понимания доказательств этих теорем должно быть уже хорошо развито пространственное воображение, а материала для такого развития ученик еще не получил.

Третья и очень существенная трудность заключается в том, что при прохождении материала в таком порядке, как он подан в учебнике, нельзя с самого начала приступить к решению стереометрических задач. После «Определения положения плоскости» в учебнике идет отдел: «Параллельные прямые и плоскости». В стабильном задачнике Рыбкина (ч. II), задачи по этому отделу помещены в § 3, но для решения их нужно знать материал о перпендикуляре и наклонных к плоскости. Таким образом, преподаватель лишен возможности с самого начала решать с учениками задачи, а это необходимо делать с самого начала прохождения курса стереометрии как для закрепления теоретического материала, так и для развития пространственного воображения у учащихся.

Наверное, каждый преподаватель математики, приступая к изучению стереометрии в IX классе, долго раздумывал, как начать преподавание по переработанному учебнику Киселева. Можно было бы пойти по линии наименьшего сопротивления и придерживаться всецело учебника. Но тогда придется столкнуться со всеми указанными трудностями.

Можно проходить стереометрию, не придерживаясь порядка, рекомендуемого учебником, но тогда большинство теорем нужно доказать по-иному, чем в учебнике, нужно чтоб эти теоремы и их доказательства ученики записали себе в конспект; это приведет к лишней затрате времени.

Я преподаю математику в двух девятых классах. После долгих размышлений я начал в одном девятом классе проходить стереометрию, всецело придерживаясь учебника, а в другом— построил курс иначе (примерно так, как это подано в геометрии Киселева для педагогических училищ, 1937 г.). Несмотря на то, что ученикам приходится многое записывать, иногда даже под диктовку, все же результаты работы в этом классе будут лучшие, чем в том, где я придерживаюсь переработанного учебника. В том классе, где я построил курс стереометрии, не придерживаясь учебника, я не встретился со всеми указанными мной трудностями. Единственный недостаток— небольшая затрата времени на записи, не является серьезным недостатком, так

как при таком прохождении достигается лучшее понимание, лучшая усвояемость учащимися пройденного материала. Несколько месяцев работы это полностью подтвердили.

Но было бы очень хорошо если бы не было и этого единственного недостатка.

Устранить все недостатки можно только путем издания нового учебника по геометрии, как это правильно было отмечено в заключении редакции математики Учпедгиза («Математика в школе» № 4 за 1938 г.).

Но в следующем году нужно издать учебник геометрии Киселева в такой редакции, как издан «Курс элементарной геометрии для педагогических училищ» в 1937 г. под ред. проф. Глаголева.

В ПОМОЩЬ ПРЕПОДАВАТЕЛЮ МАТЕМАТИКИ

(в порядке обсуждения)

Прошедшие 1936—1938 учебные годы должны быть отмечены преподавателями математики, как годы широкой развернутой критики учебной литературы по математике. В результате этой критики был вскрыт ряд дефектов в стабильных учебниках по математике для средней школы. По этому вопросу были напечатаны материалы в газете «Правда», в журнале «Математика в школе»; в журнале же «Высшая школа» за 1937 г. № 2 была помещена обстоятельная «Резолюция группы математики Академии наук СССР по вопросам преподавания математики в начальной и средней школе». Точно так же ряд резолюций помещен в сборнике «Математическое просвещение», № 11.

Одновременно с вопросом об учебнике рассматривались и другие вопросы, относящиеся к постановке преподавания математики в начальной и средней школе. Несмотря на значительные сдвиги в деле преподавания математики в средней школе, все же многое заставляет желать лучшего.

Согласно резолюции Академии наук (группа математики), одной из причин неудовлетворительного состояния преподавания математики в средней школе является недостаточная квалификация учителя.

Важнейшим моментом в повышении квалификации работающего учителя является хорошая книга по математике. Имеющиеся книги, к сожалению, не могут удовлетворить сейчас повышенного спроса со стороны учителя. Многие весьма ценные для учителя книги изданы были давно и давно разошлись; другие, хотя и изданы недавно, но были изданы сравнительно небольшим тиражом и также очень быстро исчезли с книжного рынка. Вот почему нам приходится весьма часто слышать жалобы на отсутствие нужной книги со стороны преподавателей математики, особенно молодых преподавателей, у которых своя домашняя рабочая библиотека по специальности невелика.

Такие книги, как «Энциклопедия элементарной математики» Вебера и Вельштейна, «Алгебра» Бертрана или Граве, «Арифметика» Жюля Таннери, «Тригонометрия» Пиотровского или Серре и многие другие стали библиографической редкостью.

Секция преподавателей математики при Одесском областном и городском методкабинетах, неоднократно сталкиваясь с этими вопросами в повседневной работе и обсуждая на своих заседаниях вопросы этого рода, пришла к выводу, что в план наших учебно-педагогических издательств надо было бы включить на ближайшее время ряд книг, в которых чувствуется нужда. В порядке первого ориентировочного списка можно было бы предложить переиздать книги для учителей следующих авторов.

1. Общие руководства по математике Вебера и Вельштейна, Граве, Бореля и Штеккеля.

2. По арифметике: Жюля Таннери; Бертрана; Фербера; Билибина; Киселева. Желательно также переиздание некоторых старых задачников по арифметике (в переработанном виде).

3. По алгебре: Бертрана, Граве, Лебединцева, Виноградова.

4. По геометрии: Адамара, Киселева, Давидова, Адлера, Петерсена, а также и некоторые задачники.

5. По тригонометрии: Серре, Пиотровского, Шатуновского, Крогиуса, Гешелина и некоторые задачники.

6. По методике: Юнга, Симона, Тройтлейна, Кулишера и другие.

7. По истории математики: Кэджори, Фурре, Беллюстина, Лебедева и др.

8. Различные книги для внеклассной работы по математике: Игнатьева, Лямина, Перельмана, Щербины и некоторые другие.

9. Различные монографии по вопросам, связанным с вопросами преподавания математики в средней школе: например, Дедекинд — «Непрерывность и иррациональные числа», Каган — «Что такое алгебра» (в переработанном виде), Гильберт — «Основания геометрии» и т.д.

Просим высказаться по этому поводу преподавателей математики средней школы.

По поручению секции математиков при Одесском областном и городском методкабинетах.

Д. С. Гончаров и А. Л. Витал

ЗАДАЧИ

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ, помещенных в № 4 за 1938 г.

43. Построить равнобедренный треугольник такой, чтобы периметр всякого вписанного прямоугольника был бы величиной постоянной.

Пусть в прямоугольнике KLMN сторона KL — MN — Х\ KN — LM = у и в прямоугольнике DEFG сторона DE— GF= =лг2, DG = EF — = v2.

По условию за» дачи должно быть:

(1).

Из подобия треугольников LPE и ASB находим:

Приняв во внимание (1), найдем:

т. е. в треугольнике высота равна основанию. Построение такого треугольника вполне элементарно.

Можно итти обратным путем: построить равнобедренный треугольник с высотой, равной основанию, и показать, что в нем периметр вписанного прямоугольника — величина постоянная.

Как правильно заметил т. Киракосян, условие h — а является не только необходимым, но и достаточным, и требование, чтобы треугольник был равнобедренным, является лишним. Действительно, пусть в треугольнике ABC h = а; из подобия треугольников АБС и ЬВЕ имеем:

отсюда

величина постоянная. Как, отметили многие из приславших решения, условие h = а для постоянства периметра прямоугольника вытекает уже из того, что h = а являются предельными случаями прямоугольника, когда соответственно у или х приблизятся к нулю.

44. Определить значение а в выражении:

Произведя умножение радикалов с конца, получим:

Итак

Можно дать, как многие и делали, общее выражение для а, но это не обязательно, так как, согласно принятому обозначению, под arc sin (а не Aresin) подразумевается только главное значение дуги.

49. Решить в целых числах уравнение:

(1)

Раскрыв скобки и перенеся z% в правую часть, получим:

Прибавив к обеим частям у4, получим отсюда

X2 + У* = ± {z + у). (2)

Итак, имеем:

(3)

Отсюда

(4)

Для того, чтобы z было целым, нужно, чтобы хг + V2 было точным квадратом. По известным формулам для пифагоровых треугольников имеем:

(5) (6)

Из (4) и (5) имеем:

Из (4) и (6) имеем:

Очевидно, что это уравнение имеет одно решение:

Почти никто из приславших решения не дал полной системы решений.

51. Дать геометрическую интерпретацию выражениям:

Преобразуем данные выражения:

или: или:

В каждом из равенств должен быть равен нулю один из множителей в левой части. Получаем 8 различных комбинаций. Исследуем их все.

1.

(1) (2) (3)

Разделив (1) на (2), будем иметь:

откуда г = s.

Разделив (2) на (3), найдем:

откуда m = п. Тогда из (1) получим

2.

(4)

(5) (6)

Опять делим (4) на (5) и находим: r = s. Тогда из (6):

m — п

и из (4):

p = q.

Аналогичным путем исследуются случаи:

3.

(7) (8) (9)

4.

5.

(10)

(11) (12)

Делим (10) на (12):

Р = Я-

Тогда из (11):

г = s.

Из (12):

m — п.

Аналогичные случаи:

6.

(13) (14) (15)

7.

(16) (17) (18)

8.

(19) (20) (21)

Отсюда:

Итак, исследование всех 8 случаев дало лишь два возможных соотношения между заданными отрезками:

I. /и = п; р = q\ г — s.

Геометрической интерпретацией этого соотношения могут служить:

а) шестиугольник с тремя парами равных сторон;

б) треугольник со сторонами 2/я, 2р, 2г с проведенными в нем медианами;

в) треугольник с вписанной в него окружностью (см. чертеж).

II.

Геометрической интерпретацией этого соотношения могут служить:

а) два подобных треугольника со сторонами л, р% г и m, qy s;

б) угол, стороны которого пересечены параллельными прямыми, отсекающими на одной из сторон отрезки л, />, г, на другой — m, g, s;

в) если m<l, q <1 и s<l, или:л<1 /?< 1 и г < 1, то отношения дают формулу синусов для треугольника (см. чертеж 2).

Из немногочисленных присланных решений только одно оказалось правильным, вернее, полным. Во всех остальных исследование возможных случаев не было доведено до конца, а потому в них отсутствует соотношение II. У большинства это произошло оттого, что из равенства нулю произведения неправильно делался вывод о равенстве нулю каждого из двух сомножителей. Например, из равенства (трг — nqs) (nq— тр) — О, делается вывод — следовательно: трг — nqs = О и (а не или) nq — mr> = Q.

Примечание. Задача напечатана в том виде, в каком она была получена редакцией, и представляет несомненный интерес. Не менее интересен случай, когда данные три формулы вполне симметричны, именно:

Предлагаем читателям дать геометрическую интерпретацию в этом случае. Анализ после приведенного решения задачи 51 не представляет затруднений. Ответ будет дан в № 4.

61. Показать, что уравнение:

не может иметь действительных корней, если д, 6, с не равны между собою. Обобщить.

Для действительности корней необходимо условие:

но

Это же выражение при неравных а, Ь% с является отрицательным числом. Аналогично можно доказать, что уравнение

где m количеств я, Ь, с... q не равны между собою, не имеет действительных корней.

То же можно доказать еще проще, заметив, что уравнение можно представить в виде:

которое удовлетворяется лишь при

т. е. при

62. Решить систему уравнений:

(1) (2) (3) (4)

Вычитая из каждого уравнения предыдущее и пользуясь известной формулой:

получим:

(5) (6) (7)

Поступая так же и дальше, найдем последовательно:

(8) (9)

и затем;

(10)

отсюда

Из уравнения (8) найдем:

Из (5):

И наконец из (1):

Как легко видеть, если нам дана система п уравнений с п неизвестными

то решениями системы будут:

63. Найти число, представляющее собою точный квадрат, если известно, что оно четырехзначное по пятиричной системе и выражается одинаковыми цифрами по семиричной.

По условию имеем:

так как искомое число должно быть в пятиричной системе четырехзначным;

следовательно:

и значит X в семиричной системе должно быть трех- или четырехзначным числом.

а) Пусть X число трехзначное в семиричной системе, выражающееся в этой системе одинаковыми цифрами. Обозначим эту цифру через _у, причем 1^у<7. Тогда искомое число будет равно (в десятичной системе):

но X — точный квадрат. Следовательно, у должно делиться на 3 и 19, чего быть не может, так как v<7. Итак предположение, что х может быть трехзначным числом (в семиричной системе) отпадает.

б) Пусть X — число четырехзначное. Так как

то его первая цифра, а следовательно, и все остальные (так как число выражается одинаковыми цифрами) могут быть равны только единице. Итак:

64. Построить правильный треугольник по трем отрезкам — расстояниям от произвольной точки плоскости до трех вершин этого треугольника.

Данная задача не раз давалась на вычисление в наших математических журналах. Исследования к ней не проводились. Приемов решения есть несколько. Приведем решение т. Капралова, приславшего задачу, как наиболее полно излагающее вопрос.

Предположив задачу решенной, имеем:

АО = а\ ВО = Ъ\ СО = с. Сторону AB обозначим через х и положим

Из /\АОС имеем:

(1)

а из /SAOB:

Получаем уравнение: откуда

(3)

Подкоренное выражение можно преобразовать: Итак:

(4)

Пусть отрезок а наибольший; тогда возможны три случая

а > Ь + с (А) а < Ь + с (В) а = Ь + с (С).

I. Если а > £ -f с, то задача невозможна, так как последний множитель под радикалом Ъ (4) отрицателен.

II. Положим

о < & + с.

Отсюда следует, что отрезки а, Ь% с образуют треугольник.

Обозначим: 2р — его периметр и sabc его площадь.

Тогда

(5)

где

Пусть углы, противолежащие сторонам я, Ь% с будут а, ß и 7 тогда,

или:

Исключив из (1) и (2) уравнении coi у имеем:

Из уравнения (1) имеем:

но

отсюда

но

тогда

(6)

Кроме того, имеем:

откуда

но

отсюда

(7)

Подставив (б) и (7) в выражение (5) для х2 получим:

или:

Так как а была взята наибольшей стороной треугольника, составленного из отрезков л, bt г, то угол а>60° и а —60°^ 0 (знак равенства для случая а = Ь — с). Таким образом, X найдется, как третья сторона треугольника но двум сторонам Ь и с и углу между

ними (« -f 60°) или (а—-60°). В этом случае имеем два решения.

III. Положим

а = Ь + с, (В)

тогда выражение примет вид

(так как b -f с — а = 0) или сделав замену (В) получим:

Следовательно, х в этом случае найдется как третья сторона треугольника по двум b и с и углу между ними, равному 120°.

Имеем одно решение.

Были даны и геометрические способы решения, причем многие из них не учитывали всех данных задачи. Так, например, некоторыми слова «произвольная точка» понимались в том смысле что они строили треугольник так, чтобы нашлась точка, отстоящая от А, В и С на данных расстояниях. Между тем задача ясно говорит о том, что точка, являясь произвольной, должна быть заранее фиксирована, и, исходя из нее, уже надо строить соответствующий треугольник.

65. Высота, биссектриса и медиана, проведенные из вершины треугольника, разделили угол при этой вершине на 4 равные части. Найти углы этого треугольника (геометрическим путем).

Опишем около данного треугольника окружность и продолжим до пересечения с ней медиану, биссектрису и высоту, проведенные из одной вершины Р.

Из условия следует, что

Обозначим:

Тогда из треугольника BNC:

а так как этот угол вписанный и опирается на дугу АКБ, то

Кроме того:

Сложив эти две дуги, очевидно, получим:

а это значит, что отрезок BF является диаметром описанной окружности, причем точка его пересечения с АС, т. е, точка О делит АС пополам (так как ВО— медиана к стороне АС). Соединим точки Е и О. Так как:

то EOEt есть диаметр, перпендикулярный к хорде АС, и следовательно, точка О есть центр описанной окружности и АС тоже является ее диаметром.

Итак:

отсюда

66. Доказать теорему: отрезок прямой проходящей через середину основания равнобедренного треугольника и заключенный между одной боковой стороной и продолжением другой, больше основания этого треугольника.

Проведем прямую MN симметричную DE. Фигура EMDN — равнобедренная трапеция. Треугольники EON и MOD подобны, отсюда

но EN > MD и, следовательно,

(1)

Так как средняя линия трапеции делит диагонали пополам, то АС меньше средней линии трапеции, т. е.

(2)

Из треугольника EON имеем:

(3)

Из треугольника MOD.

(4)

Из (3) и (4):

или, приняв во внимание (2)

67. Доказать, что

где

где в свою очередь я, Ьу с — стороны и 2р — периметр треугольника.

Докажем вторую часть задачи.

Замечание. В решении мы положили:

Этим самым мы наложили на m, л, I дополнительное условие, при котором только и становится всегда верным данное в задаче соотношение. Исходя же только из условий задачи, как это правильно показал Б. Андреев (ст. Исыль-Куль, Омской ж. д.), мы можем и не притти к равенству:

В самом деле, из данного в задаче второго равенства мы имеем после преобразований, обратных приведенным выше:

но отсюда нельзя заключить, что

и при других значениях m, л ni сумма их арккосинусов может и не быть равна гс.

68. Разложить на линейные множители:

Преобразуем выражение:

Из формул:

находим: Отсюда

Обозначим для краткости: \ — с — а.

Будем иметь:

Не трудно видеть, что это выражение равно

Разложив полученный трехчлен, получим:

После подстановки:

69. В данный треугольник вписать параллелограм, две вершины которого лежали бы в двух данных точках на основании треугольника, а две другие на его боковых сторонах.

Приведем наиболее легкое и короткое решение.

В треугольнике ABC даны на АС точки D и Е.

Пусть параллелограм DMNE — искомый. Проведем NF \\ AS. Легко видеть, что AF = = MN — DE. Отсюда построение. На АС от точки А (или С) отложим отрезок AF% равный DE. Через полученную точку F проводим

прямую FN II AB до пересечения с ВС в точке N. Через точку N проводим прямую NM || АС. Четыреугольник DMNE — параллелограм, так как в нем MN = AF = DE и || DZf. Таково большинство решений. Все остальные требуют более сложных построений. Например, в некоторых решениях отыскивается MB как четвертый пропорциональный к трем данным отрезкам. Действительно, из подобия треугольников ABC и MBN находим:

70. В углы А, В, С треугольника ABC вписать окружности равного радиуса так, чтобы они имели одну общую точку пересечения. Определить положение этой точки в плоскости треугольника ABC.

1. Определим величину х радиуса окружностей, вписанных в углы данного треугольника. Сделать это можно различными способами. Приведем некоторые. Но прежде установим следующие положения.

1) Треугольники ABC и А.ХВХСХ подобны и одинаково расположены (так как стороны треугольника АЛВХСХ соответственно параллельны сторонам треугольника ABC).

2) Точки А\ВЛС\ лежат на биссектрисах углов Л, В, С.

3) Треугольники ABC и АХВХСЛ имеют общий центр вписанных в каждый из них окружностей (так как биссектрисы углов А и Аи В и В и С и Ci совпадают).

4) Точка О одинаково отстоит от АХВЛСХ и является центром окружности, описанной вокруг треугольника АХВХСХ. Радиус этой окружности X.

Перейдем теперь к вычислению х. а) Из подобия треугольников ABC и АХВХСХ следует, что

где X и R — радиусы окружностей, описанных около A\BtCx и ABC.

Из подобия треугольников СхОхВх и СОхВ следует:

где Oi — центр окружностей, вписанных в AХВХСХ и в ЛВС. Но 0XD = г — радиус окружности, вписанной в ABC, а 0ХЕ— радиус окружности, вписанной в AiBtCi. Выражение (2) можно переписать так:

Из (1) и (3) имеем:

отсюда

Этим выражением вполне определяется х. 2. Имеем попрежнему

или:

(6)

Далее

(7)

но

(8)

Из (7) и (8) имеем:

(9)

Из (6) и (9)

Отсюда опять получаем:

II. Определим теперь положение точки О пересечения трех окружностей.

Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника АХВХСХ, т. е. О искомая точка.

01 — общий центр вписанных окружностей.

02 — центр окружности, описанной около треугольника ABC.

Из подобия треугольников ABC и АХВХСХ следует, что О, Ou О* лежат на одной прямой, причем:

Заменяя х найденным его значением, получим

отсюда

или:

Таким образом, точка О лежит на отрезке, соединяющем центры вписанной и описанной окружности треугольника ABC и делит его в отношении г : R.

71. Доказать, что

Задача тоже оказалась трудной. Получено всего 12 решений, из них только 7 можно считать правильными. Затруднения вызвала именно вторая часть задачи. Из упомянутых семи решений в трех вводятся элементы анализа (делимость данного выражения на х2 -г ху -Ъ у2 доказывается существованием общих корней у данной функции и ее производной), а это при помещении задач в журнале «Математика в школе» исключается. В остальных трех случаях решение в общем совпадает с тем, какое дано для этой задачи в задачнике по алгебре Кречмара. Приведем решения.

I. Доказать, что

(1)

делится на

Наиболее легкий путь — использование формулы разложения бинома Ньютона. Имеем:

(2)

Разлагая выражение в квадратных скобках по формуле бинома, видим, что все члены, кроме последнего, делятся на х2 + ху + у2. Отбросив их, получим выражение.

Это выражение по раскрытии скобок примет вид:

Но

Предложение доказано.

Почти все присланные решения шли путем доказательства того, что корни функции X2 + ху + у2 являются в то же время и корнями данного выражения. При этом некоторые прямо подставляли выражения

другие обозначали их через а и а2, чем упрощали вычисления. Наконец в двух случаях была применена тригонометрическая форма корней кубичных из единицы.

II. Доказать, что выражение

делится на

Непосредственным делением убеждаемся, что при к = 1 данное выражение делится на

Дальше применим метод математической индукции. Для сокращения письма введем подстановку

Тогда предложение сведется к доказательству делимости

(3)

на

Допустим, что это имеет место. Докажем, что тогда и

делится на

Преобразуем (3): отняв и прибавив к нему

Выражение в квадратных скобках по предположению делится на (m2 + m -f I)2. Остается доказать делимость на (m2 -f m -f l)2 выражения

Преобразуем его:

(5)

Разложив выражение в квадратных скобках по формуле бинома и отбросив члены, делящиеся на (m2 -f m 4- I)2, получим:

(6)

Подставив (6) в (5) и разделив все выражение на m2 + m + 1, получим:

Остается доказать делимость выражения (7) на т2 + m -h 1. Преобразуем его:

Первый член этого выражения имеет множителем тг -f m + 1, а второй и третий

Предложение доказано полностью.

Как видим, доказательство очень легкое, но несколько громоздкое. Несколько иное доказательство дано у Кречмара (и в присланных решениях).

Положим:

Между последовательными значениями Sn имеет место следующее соотношение:

где

Путем аналогичным случаю первому доказывается, что Sn 4.1 делится на v2. Затем применяется метод математической индукции. Предполагая, что Sn делится на р2 доказывается, что тогда и Sn + в делится на р2. Путем несложных преобразований выводится соотношение:

но Sn делится на р2 по предположению, 5n-hi — по доказанному. Следовательно, положение доказано полностью.

72. Показать, что при любом целом п выражение:

делится на 120. Имеем:

Но произведение любых пяти последовательных натуральных чисел делится на 5 ! = 120.

73. Решить систему уравнений:

Данную систему можно представить в виде:

Деля (1) на (2), получим

Подставляя значение д: из (3) в (1) или (2), найдем:

Значение у = — 8 не годится.

74. Определить площадь треугольника по радиусам вписанного и вневписанных кругов. Имеем формулы:

Перемножив эти четыре выражения для S, найдем

75 Решить систему уравнений

(1)

(2) (3)

Аналогичная задача уже давалась в журнале. Решим ее тем же способом. Вычтем из обеих частей (1) и (2) по а2; а к третьему прибавим а2. Получим:

или:

(4) (5) (6)

Перемножив (4), (5) и (6), получим:

(7)

Делим (7) последовательно на (4), (5), (6):

Отсюда

76. Найти в целых числах длины сторон треугольника, периметр и площадь которого выражаются одним и тем же числом.

Задача, сравнительно легкая, получила очень мало правильных решений. Прежде всего многие ограничивали область изысканий прямоугольными треугольниками. Если это даже и считать допустимым, то совсем уже нельзя признать правильными те решения, в которых «доказывается», что условию могут удовлетворять только прямоугольные треугольники. Некоторые пользовались формулами, данными в статье Лебензона (в том же номере), и получили только два треугольника. Статья была снабжена примечанием от редакции, в котором указывалось, что формулы не дают всех целочисленных треугольников. Из правильных решений приведем решение т. Владимирова (Ялта).

По условию

(1)

или:

(2)

Введем обозначения:

(3)

Тогда (2) по освобождении от знаменателей примет вид:

(4)

(Заметим, что по свойству сторон треугольника X — Ь -f с > а; а > у = Ь — с.) Найдем из (4) х.

Так как х = Ь + с должно быть целым числом, то 32 должно нацело делиться на а2 _ yt 16. Значит аг — jv2 — 16 может только иметь значения:

32, 16, 8, 4, 2, 1.

Рассмотрим все эти случаи.

Разложив 48 на два множителя, приравняем один из них а + у, другой а — у. Легко видеть, что оба множителя должны быть одновременно четными или нечетными. Имеем:

Следовательно:

Из (5) имеем: Из (3):

Треугольник условию не удовлетворяет, так как стороны не выражаются целыми числами.

Аналогично проведем исследование всех остальных случаев. Итог можно представить в виде таблицы:

Из этой таблицы видим, что условию задачи удовлетворяют пять треугольников со сторонами:

5 12 13;

6 8 10;

6 25 29;

7 15 20; 9 10 17.

В решениях тт. Киракосян (Ереван) и С. Колесником (Харьков) исходными являются другие уравнения, которые нужно решить в целых числах. Недостаток обоих решений тот, что в них не показаны пределы значений, которые можно давать переменным в полученном неопределенном уравнении.

Задача значительно упрощается, если ограничиться случаем прямоугольного треугольника. Приведем решение.

Пусть а\ у катеты, z — гипотенуза. Задача сводится к решению в целых числах системы:

(1)

(2)

Определяем из (1) z и подставляем во (2):

(3)

Так как хфО и уфО, то можем (3) сократить

(4)

Определяем из (4) х:

(5)

Чтобы X было целым, необходимо, чтобы 8 делилось нацело на у — 4, отсюда следующие возможные значения для у — 4: у —4 = 1, 2, 4, 8. Значения у — 4 = — 1, —2, —4, —8 не годятся, так как тогда для одного из катетов получается отрицательное или нулевое значение. Соответственно имеем: .у = 5, 6, 8, 12 X = 12, 8, 6, 5 z = 13, 10, 10, 13. Всего имеем два треугольника.

77. Показать, что

Преобразуем левую часть:

78. Решить систему уравнений:

(1) (2) (3) (4)

Положим:

Тогда данная система примет вид:

(5)

или:

(6)

или:

(7) (8)

Заменяя в (6), (7) и (8U -f у через я, будем иметь

(9) (10) (11) (12)

Определим y из (9) и à из (12) и подставим в (10) и (11):

(13) (14)

Решив первую систему, найдем:

Соответственно из двух последних уравнений найдем z и L Обозначив для краткости:

или после несложных преобразований:

(15)

Сравнение (14) и (15) дает:

или: или:

Отсюда

(II) (III)

Из (11) имеем:

ß=l, (16)

тогда из (12)

а=1. (17)

Из (10) или из (11):

Итак, имеем систему:

(18) (19)

Решив ее, найдем:

(20) (21)

Подстановка найденных значений а, ß, у, 5 в (1) даст системы, приводящиеся к квадратным уравнениям:

получим следующие системы решений:

Решиз вторую систему, найдем еще четыре решения:

Другие комбинации найденных значений для неизвестных мы получили бы если бы скомбинировали не X с у и z с t, а, например, X с г и у с t Вообще из симметричности уравнений сразу видно, что если найдено какое-либо одно решение системы, то остальные найдутся путем простой перестановки букв Ху yt z и t. Всего, таким образом, будем иметь 24 решения.

79. Решить в целых и положительных числах уравнение

Разделим обе части уравнения на

Пусть у = I7f.tr. Тогда:

отсюда

где m — произвольное целое положительное число.

Задача оказалась трудно % так как получила всего б верных решений при 8 неверных.

80.

Решить уравнение:

Положив 2х = у, получим:

Левая часть легко разлагается на множители:

Отсюда

СВОДКА РЕШЕНИЙ ЗАДАЧ ПО № 4 ЗА 1938 г.

Учитывая пожелания, высказанные в письмах некоторых читателей, редакция в этом номере дала несколько больше задач повышенной трудности. Результат оказался довольно неутешительным: резко снизилось количество присланных решений и не менее резко повысилось количество присланных неверных решений.

Приведем число правильных решения для каждой задачи, а в скобках — соответственно число неверных решений.

№ 43—31 (7), № 44-48 (1), № 49-14 (12), 51—2 (12), № 61—47(0), № 62—27 (1), № 63—43 (4\ № 64-9 (6), № 65-30 (4), № 66—18 (3), № 67-24 (0), № 68-27 (2), № 69—33 (1), № ,70-13 (1), № 71—7 (5j, № 72-70 (0), № 73-78 (0), № 74-50 (2), № 75—34 (1), № 76-4 (12), № 77—70 (0;, № 78-24 (2), № 79—6 (8), № 89-82 (2).

Итак, оказались трудными №: 49, 51, 64, 66, 70, 71, 76 и 79.

Hаоборот, чрезмерно легкими №: 44, 72,73, 74, 77 и 80.

Вывод, очевидно, таков, что надо давать больше задач средней трудности, убавить количество совершенно элементарных задач

и давать не более 4-5 задач повышенной трудности.

В. Азаров (Таганрог) 44. Е. Алмазова (Ст. Торбеево) 44, 61, 62, 67, 72—75, 80. А. Аляев (Башмаково) 43, 65, 68, 73—75, 77, 80. Б. Андреев (Исиль-Куль) 43, 44, 49, 62, 63, 65, 67— 7г, 77, 78, 80. С Андреев (Торжок) 43, 44, 49, 61—63, 67, 69, 72, 74, 77, 78, 80. Г. Ахвердов (Ленинград) 43, 49, 51, 61—63, 65, 67—69, 71-75, 77-80. М. Байтальский (Одесса) 68, 73, 77. С. Бердичевский (?) 61, 62, 72—75, 77, 78, 80. А. Бирюков (Ново-Деркуль) 43, 62, 63, 66, 69, 72, /3, 80. К. Боборыкин (Гомель) 63, 77, 80. И. Богуславский (Мурафа) 80. Е. Бугулов (Орджоникидзе) 44, 51, 61—63, 65, 72—74, 77, 80. А. Б у хрипов (Лотошино-Мещерское) 61, 63, 65, 69, 72—74, 80. Л. Велюго (Томилино) 43, 44, 49, 69, 73, 80. А. Владимирский (Ялта) 43, 44, 51, 61—63, 65, 66, 69, 72—78, 80. Я- Гейвашович (Смоленск) 44, 62, 67, 68, 72, 73, 77, 80. В Гичмельфар'у (Медвежья гора) 49, 62, 72, 73, 80. И. Глотов (Лом-Майдан) 66, 72, 73. Я. Гладкий (Гомель) 43, 66, 67, 72—74, 77, 80. П. Голь чан (Харьков) 44, 61, 65, 72—75, 77,80. Й. Голайдо (Красная Гора) 66, 72, 73, 74, 75, 77, 80. М. Гофман (Загорск) 72,73,80. А. Гридин (Харьков) 44, 61, 62,69, 72— 75, 77, 80. А. Гуревич (Гомель) 43, 49, 61—63, 65, 66, 68—75, 77, 78, 80. И. Гурский (Калиновка) 63, 65, 67, 69, 72, 74, 80. М. Дубенец (Казачанск) 44, 69, 72-75, 77, 80. Т. Егоров (Батырево) 80. Н. Есипович (Ленинград) 43, 44, 61—63, 65, 67, 68, 72—75, 77, 78, 80. Г. Жураховский (Мало-Несветаевское) 43, 44, 49, 51, 61—75, 77, 80. В. Зяблицкий (Калинин) 72. Л. Наган (Минск) 43, 44, 61, 63, 67, ,69, 72, 74, 77, 80. Б. Кашин (Улан-Удэ) 43, 61, 65, 69,72,78, 79, 80. М. Кекелия (Бандза) 44,62,63, 65—67, 69, 72—77. Г. Кипнис (Долгинцево) 44, 63,67, 72—74, 77, 80. Е. Киракосян (Ереван) 43, 44, 49, 61—70,72-78, 80. Я. Китайгородский (Москва) 43, 62, 65, 68, 69, 72, 73, 75, 77, 80. М. Клейнер (Житомир) 73, 80. С. Колесник (Харьков) 43, 44, 49, 61-63, 65, 66, 68—70, 72—78, 80. Г. Костава (Кутаис) 61, 72, 73, 77, 80. А. Ко~тов"кий (Мелитополь) 44, 63, 65—70, 72—74, 77, 80. Е. Костюкова и Е. Сапунцов (Ленинград) 44, 61,63,68,72— 75, 77, 80. М. Красинский (Днепропетровск) 44, 73, 77, 80. В. Крылков (Екатериновск) 44, 74, 77, 80. Н. Кулаков (Бугуруслан) 43, 44, 49, 61-70, 72—75, 77-80. С. Кулигин (Тагай) 43, 44, 67,69, 72,73, 80. /7. Кутин (Царицыно Дачное) 43, 61, 63, 66, 72, 74, 77, 80. С. Ланкин (Калинин; 72, 73, 77. А. Лебедев (Кувшиново) 43, 44, 63,80. /7. Леваков (Алма-Ата) 72, 73, 77, 80. А. Левич (Алма-Ата) 61, 65, 66, 68, 72—75, 77, 80. А. Лекторский (Ростов-на-Дону) 63, 72—74, 77, 80. И. Лернер (Одесса) 44, 61, 63, 67, 68, 71, 72, 74, 77, 80. А. Лесневский (Житомир) 68, 72, 73. Г. Лесной 61, 70. В. Лимонов (Старожилово) 44, 49, 61, 63, 72—75, 77, 78, 80. А. Логашов (Саловка) 43, 44,61—70, 72—75, 77, 78,80. А. Лосицкий (Красновичи) 44, 75, 80. Лядская (Синельниково) 63, 72—74, 77. Е. Марчевская (Харьков) 51,62, 63, 66— 68, 70, 72—75, 78. Л. Маслова (Воронеж) 43, 44, 61, 63—67, 69, 70, 72—74, 77, 78, 80. К. Матвеев (Кинель-Черкассы) 43, 44, 49, 61, 66, 69, 72—75, 77, 78, 80. Л. Медведев (Михайловка) 43, 44, 61, 63, 67, 69, 70, 72, 73, 75, 77, 80. Е. Мертвецов (Семипалатинск) 44. М. Месяц (Житомир) 43, 44, 49, 61—75, 77, 78, 80. К. Михельсон (Башанта) 61, 68,72—74, 77, 78, 80. А. Могильницкий (Гайсин) 43,61, 69,72-75, 77, 80. Ф. Морозюк (Сытковцы) 65, 72, 73, 77, 80. /7. Москалев (Мелитополь) 44, 63, 68, 72, 73, 80. И. Муравец (Куйбышев) 77, 80. Н. Мурашко (Гомель) 44, 61, 69, 74, 80. И. Настека (Мелитополь) 73. Н. Несмеянова (Таганрог) 63, 72, 73, 77, 78, 80. 4. Никотин (Смоленск) 61, 73, 74, 77. Н. Николаев (Хабаровск) 72, 73, 77, 80. Б. Овчиян (Баку) 73. А. Панов (Колодня) 77, 80. А. Парахонский (Липянка) 61, 68, 73, 77. Б. Пеньковский (Казань) 61, 63, 65, 72, 73, 77. Поливанов (Орел) 72, 77, 80. A. Попков (Лодейное Поле) 44, 61, 63—65, 69. П. Постников (Рязань) 43, 44, 63, 68, 69, 73, 74, 77, 80. И. Принцев (Валдай) 43, 44, 61, 63, 69, 72—74, 77, 80. И. Прохоренко (Гомель) 73, 77, 80. Е. Пузырев (Саранск) 72, 73, 77, 80. Ф. Рыжков (Оленино) 44, 74, 75, 77, 80. B. Смирнов (ст. Усть-Джегутинская) 44, 61, 63, 64, 67, 69, 70, 71, 73, 74, 75, 77. П. Сикорский (Синельниково) 44, 61, 67, 72—75, 77, 80. А. Соловьев (Калинин) 43, 44, 49, 61, 63, 65—70, 72—78, 80. М. Сорокин (Загорск) 43, 44, 61, 63, 69, 72—75, 77, 80, Б. Станиславский (Березнеговатое) 74, 77. М. Стороженко (Ейск) 43, 69, 72, 73, 80. М. Стерин (?) 62, 73, 77, 80. Б. Тарасов (Кирсанов) 43, 44, 61, 63, 67, 72, 73, 77, 80. А. Триодин (Егорьевск) 61, 68, 72, 73, 77, 80. R. Тужилкин (М.-Толкайское) 44, 62, 72, 73, 77, 80. И. Халиков (Ленинабад) 61, 73, 81 Е. Хвастовский (Сталинград) 43, 61, 63, 65, 66, 68, 69, 72—74, 77, 80. Е. Холодовский (Ленинград) 43, 44, 51, 61—63, 65, 67—69, 71—75, 77, 78, 80. Н. Чу паев (Мосхва) 72, 73, 80. И. Чучко (Орджоникидзе) 44, 75, 77. А. Шайдуллин (Асекеево) 44, 61, 72, 73, 77. П. Шамарин (?) 61, 63, 72, 80. М. Шебаршин (Уфа) 43, 44, 51, 61, 69, 72. И. Шевяков (Баймш) 73, 80. И. Юркевич (Речица) 73, 80. С. Яровой (Винница) 61, 72—74, 77, 8Э. И. и Я. Яглом. (Москва) 43, 49, 51, 61-80.

ЗАДАЧИ

ОТ РЕДАКЦИИ. Ввиду все увеличивающегося притока решений задач редакция убедительно просит соблюдать следующие правила.

1. Решения задач присылать отдельно от всякой другой корреспонденции и отдельно по каждому номеру журнала. (Присылаемые решения рассматриваются только через 2—3 месяца по напечатании задач, и этот же срок лежат и все присылаемые вместе с решениями замечания, запросы и пр.).

2. Решения писать четко и разборчиво. Особенно четко отделять одну задачу от другой, выделять (кружком или более крупным шрифтом) номер задачи. Номер должен быть тот, под которым задача напечатана.

3. Решение каждой задачи подписывать. Если решения идут не в порядке нумерации, то желательно, чтобы в начале их были перечислены номера присылаемых решений.

4. Срок присылки решений — 3 месяца со дня подписания соответствующего номера журнала к печати (эта дата печатается в «выходных данных» в конце журнала или на обложке).

5. Непринятые к напечатанию задачи уничтожаются, и по поводу них редакция в переписку не вступает.

21. Из точки, лежащей вне окружности, опустить перпендикуляр на данный диаметр окружности пользуясь только линейкой.

П. Залгаллер (Москва)

22. Через точку А, лежащую на окружности, радиус которой неизвестен, провести касательную, пользуясь циркулем и 1 раз линейкой.

П. Залгаллер (Москва)

23. Дана окружность с центром О и две точки А и В вне окружности. Найти две точки на окружности, через которые пройдет прямая AB, пользуясь только циркулем. Исследовать решение*.

П. Залгаллер (Москва)

24. Доказать, что всякое число вида:

представляет квадрат некоторого числа. Найти вид последнего.

Е. Бугулов (г. Орджоникидзе)

25. Доказать, что всякое число вида:

является точным квадратом некоторого числа. Найти вид последнего.

Е. Бугулов (г. Орджоникидзе)

26. В данный треугольник вписываются прямоугольники так, что две его вершины лежат на основании, а другие две на боковых сторонах треугольника. Найти основание и высоту прямоугольника с наибольшей площадью.

С. Андреев (Торжок)

27. Доказать неравенство

где а и Ь — целые положительные числа.

С. Андреев (Торжок)

28. Найти сумму п членов каждого из рядов:

29. Найти положительные значения х и у\ удовлетворяющие уравнению:

* Задачи № 21—23 представляют собою примеры построений, выполняемых ограниченными средствами. Такого рода построениями много занимались такие крупные математики, как Маскерони, Штейнер, Адлер и др.

30. В данном треугольнике ABC проводят биссектрису BD, угла В, затем биссектрису DtDt угла ADtB, затем биссектрису DvDb угла ADJ)X и т. д. Называя угол £>п_! D"n Dn+X через ип% вычислить ип и найти предел ип при выражении п до бесконечности.

31. Доказать, что сумма расстояний от любой точки основания данной правильной пирамиды до ее боковых граней есть величина постоянная.

32. Доказать, что частное от деления 2v~l — 1 на р будет точным квадратом при р простом лишь в случаях р = 1, 3, 7.

33. Решить уравнение:

34. Доказать, что острый угол w, удовлетворяющий уравнению

удовлетворяет также уравнению:

35. Доказать, что ab {а4 — Ь1) при целых и нечетных значениях а и Ь всегда делится на 240.

36. Доказать, если целое число, являющееся точным квадратом, содержит нечетное число десятков, то последняя его цифра — 6.

В. и С. Синакевич (Ленинград)

37. Решить уравнение:

В. и С. Синакевич (Ленинград)

38. Упростить выражение:

В. Дегтярев (Льгов)

39. Каковы должны быть р и qt чтобы корни уравнения: х2 + рх + q = 0 были тоже // и q.

В. Дегтярев (Льгов)

40. Доказать для треугольника справедливость тождества:

Отв. редактор А, Н. Барсуков Техред. Е. М. Зеф

Отв. секретарь М. М. Гуревич

Адрес редакции: Москва, Орликов пер., 3. Учпедгиз, Периодсектор, жури. «Матем. в школе».

Уполномоч. Главлита РСФСР № А—2Ш. Сдано в произ. 20/1 1939. Форм. 70 X 107/«. Учгиз 11632. Подп. к печ. 4/III 1939 г. 5 п. л. 10 авт. л. 80 00) зн. Тир. 44 50Х Зак. 111.

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

СОДЕРЖАНИЕ

Стр.

На пути к коммунизму...................... 2

НАУЧНЫЙ ОТДЕЛ

Д. Цинзерлинг — Математика у древних египтян- 5

Проф. И. Чистяков — Решение неопределенных уравнений второй степени с двумя неизвестными—-. 21

Р. Годованик — Формула Снеллиуса—- 37

В. Барановский — Свойства сочетаний и квадрат Ферма-- 38

МЕТОДИКА

В. Синакевич — Процентные вычисления в курсе средней школы 41

В. Александров — Решение основных задач на проценты- 45

A. Ченцов — Признак делимости на 11---- 54

ИЗ ОПЫТА

B. Падучев — Методика исследования преобразований и упрощений формул общего вида углов в тригонометрических уравнениях 57

К. Рупасов — О дополнениях логарифмов---61

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

А. Могильницкий — Об учебнике стереометрии для средней школы в 1938,39 учебном году------ 63

Д. Гончаров и А. Витол — В помощь преподавателю математики 64

ЗАДАЧИ

Решение задач, помещенных в № 4 за 1938 г_____65

Сводка решений задач по № 4 за 1938------ 77

К СВЕДЕНИЮ ПОДПИСЧИКОВ

По всем вопросам подписки — перемена адреса, неполучение журналов и т. д. — просим обращаться по месту сдачи подписки в предприятия связи. В случае неразрешения вопроса на месте следует обращаться в Бюро претензий предприятий связи. Издательство и редакция подписки на журнал не принимают и не экспедируют его. Этим всецело ведают органы связи.

При обнаружении дефекта в номере журнала просим прислать его для обмена по адресу: Москва, Орликов пер., 3, Отдел Периодических изданий Учпедгиза.

Издательство