МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ

1

1940

УЧПЕДГИЗ НАРКОМПРОСА РСФСР-МОСКВА

СОДЕРЖАНИЕ

Стр.

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

Э. Хилькевич — Геометрия Н. И. Лобачевского....... . . . 1

Е. Шелепин — Об аликвотных дробях.......... 9

В. Федоров — Сферические треугольники............. 12

МЕТОДИКА

Е. Зеленин — Исследование уравнений первой степени с одним неизвестным ......................... 15

И. Смирнов — Исследование уравнений.............22

В. Голубев — Решение задач по геометрии с применением тригонометрии ...................... ..... 39

ИЗ ОПЫТА

Г. Стальков — Опрос ученика как форма учета навыков и знаний по математике....................... 45

Т. Песков — Пространственные представления учащихся средней школы........................... 50

П. Дорф—Стереометрический ящик............... 55

А. Богданов — Сложные проценты................ 62

ОТКЛИКИ НА СТАТЬИ

М. Зарубин — К вопросу о решении геометрических задач на вычисление .......................... 64

ЗАДАЧИ

Решение задач по № 4 за 1939 г.................. 68

Сводка № 4—1939 г........................ 78

Задачи............................. 80

Отв. редактор А. Н. Барсуков - Техредактор Е. М. Зеф

Зав, редакцией М. М. Гуревич

Адрес редакции: Москва, Орликов пер., 3. Учпедгиз, журнал «Математика в школе»

Уполномоч. Главлита РСФСР № А—25754. Сдано в производство 10/1 1940 г. Формат 70 X 108. Учгиз 13259. Подписано к печ. 10,111 1940 г. 5 печ. л. 12 уч.-авт. л. В п. л. 96 000 зн. Тир. 44.590. Зак. 41.

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

Пролетарии всех стран, соединяйтесь!

МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ

МЕТОДИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

1

1940

январь—февраль

Год издания седьмой

УПРАВЛЕНИЕ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ НАРКОМПРОСА РСФСР

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

ГЕОМЕТРИЯ Н. И. ЛОБАЧЕВСКОГО*

Э. ХИЛЬКЕВИЧ (Тюмень)

1. ВВЕДЕНИЕ

иколай Иванович Лобачевский, гениальный математик русского народа, дал принципиальное завершение почти двухтысячелетнему периоду развития учения о параллельности. Имея предшественников и разделив впоследствии свою славу с небольшим количеством единомышленников, каждый из которых работал, не зная о мыслях другого, Н. И. Лобачевский сделал открытие так называемой неевклидовой геометрии, значительно опережавшее мысль подавляющего большинства его современников.

К тем выводам, которые обессмертили имя Н. И. Лобачевского, повидимому, значительно ранее пришел великий Гаусс. Но Гаусс, несмотря на свой огромный авторитет, не решился опубликовать свое открытие, настолько оно могло показаться несозвучным уровню математической мысли того времени. Гениальный единомышленник Лобачевского И. Больяи опубликовал свою систему неевклидовой геометрии, близкую к системе Лобачевского, на 3 года позднее последнего. Поэтому нужно признать, что одинокий голос Н. И. Лобачевского, мужественно возвестившего новую научную истину с кафедры Казанского университета, это был голос не только ученого, но и отважного пионера-бойца за науку. В этом смысле имя Н. И. Лобачевского нужно поставить в один ряд с именами всех тех великих сынов великого русского народа, о мужестве и отваге которых хранит память история.

Н. И. Лобачевский родился 22 октября 1793 г. Умер 12 февраля 1856 г. Доклад о своем научном открытии он сделал в Казанском университете в 1826 г. В печати первые его работы о новой геометрии появились в 1829 и 1830 гг. Полное собрание геометрических сочинений Н. И. Лобачевского было издано в 1883 г.

Около пятидесяти лет новая геометрия не находила себе отклика в науке, но постепенно подготовлялось ее вступление в строй наук на правах подлинной науки. В этом отношении нужно отметить особую роль, которую в последующем развитии новой геометрии имели: 1) так называемая теорема Гаусса-Бонне, 2) работы Бельтрами. Так как начало ознакомления с новой геометрией представляется достаточно удобным именно на основе работ Бонне и Бельтрами, то постараемся кратко охарактеризовать сущность этих работ. Французский математик О. Bonnet опубликовал свою теорему в 1848 г. Предполагают, что ранее она была известна Гауссу. Это есть теорема диференциальной геометрии, указывающая связь между величиной суммы внутренних углов геодезического треугольника и кривизной поверхности, на которой расположен треугольник. Напомним сущность соответственных понятий.

2. ГАУССОВА КРИВИЗНА. ПОВЕРХНОСТИ

Средняя кривизна К'0 кривой линии на протяжении дуги AB = Д S определяется с

* Настоящая статья представляет несколько расширенное содержание доклада, прочитанного автором в Пермском государственном университете в связи с 145-летним юбилеем со дня рождения Н. И. Лобачевского.

помощью угла Д а между касательными в точках А и ß, именно:

Кривизна К0 кривой в данной точке определяется как предел отношения —— в условиях, когда Д5 стремится к 0. Понятие кривизны поверхности определяется с помощью понятия кривизны кривой.

Вообразим, что через точку M поверхности Т проведены всевозможные кривые на данной поверхности. Касательные к каждой из этих кривых в точке M лежат в одной плоскости Р. Это так называемая касательная плоскость. Перпендикуляр MN к касательной плоскости в точке M называется нормалью к поверхности в точке М. Будем через прямую MN проводить всевозможные плоскости. В пересечении этих плоскостей с поверхностью будут получаться так называемые нормальные сечения поверхности. Их будет бесчисленное множество. Каждое из них, будучи кривою линией, будет иметь свою особую кривизну. Из этих кривизн одна некоторая кривизна будет наибольшей и некоторая другая — наименьшей. Произведение этих экстремальных значений кривизны и называется Гауссовой кривизной поверхности в точке М.

Геодезические лини и. Для каждой пространственной кривой устанавливается понятие так называемой соприкасающейся плоскости. Соприкасающаяся плоскость в данной точке M кривой — это предельное положение плоскости, проходящей через три точки Ми Af2, М3, кривой при условии, что эти точки неограниченно приближаются к точке М. Если кривая является плоской, то она вся лежит в соприкасающейся плоскости. Если же кривая не является плоской, то при движении точки M по кривой соприкасающаяся плоскость меняет свое положение. (На участке AB кривой степень отклонения кривой от плоскости, т. е. степень кручения, определяется с помощью угла между соприкасающимися плоскостями в точках А и В.) Если в точке M кривой линии восставить перпендикуляр к касательной, проведенной к данной кривой в точке М, то этот перпендикуляр называется главной нормалью к кривой в точке М, при условии расположения его в соприкасающейся плоскости для точки М.

Линия на поверхности называется геодезической линией этой поверхности, если в любой точке M этой линии главная нормаль к ней совпадает с нормалью к поверхности в точке М.

Так, дуга большого круга на сферической поверхности есть геодезическая линия сферической поверхности, так как и нормаль MN в точке M сферической поверхности и главная нормаль СМ дуги OtM02 большого круга на сфере расположены по радиусу, проходящему через точку М.

Геодезические линии плоскости — прямые. Геодезическая линия, проведенная через две точки поверхности 7, является кратчайшим расстоянием между этими двумя точками, считая по поверхности. Нить, натянутая между двумя точками поверхности и находящаяся в равновесии, располагается по геодезической линии.

Треугольник, образуемый тремя геодезическими линиями, называется геодезическим треугольником.

3. ТЕОРЕМА ГАУССА-БОННЕ

Теорема Гаусса-Бонне характеризует величину суммы S углов геодезического треугольника как величину, зависящую от свойств той поверхности, на которой расположен геодезический треугольник, а именно 5 сказывается функцией гауссовой кривизны поверхности.

Для геодезических треугольников, расположенных на поверхности с постоянной гауссовой кривизной К% теорема Гаусса-Бонне имеет вид: 5 = тс + К а, где а — площадь треугольника, взятая по абсолютному значению.

Если К = 0, как это имеет место для плоскости, то 5 = тг, и, таким образом,

Черт. 1

Черт. 2

Черт. 3

теорема Гаусса-Бонне приводится к теореме элементарной геометрии о сумме внутренних углов треугольника.

Если /С>0, то S>tz, что и имеет место для треугольника, образованного дугами больших кругов в сфере. (Сфера — поверхность с постоянной и положительной гауссовой кривизной.) Если же /С<С0, то S<tz. Примером поверхности с постоянной и отрицательной гауссовой кривизной, на которой осуществляется неравенство £<7г, служит псевдосфера. Эта поверхность получается при вращении трактрисы вокруг ее асимптоты.

Трактриса имеет вид, показанный на чертеже 4, и выражается уравнением:

где k=OA, причем ось ОХ направлена по асимптоте.

На поверхности постоянной отрицательной кривизны обратил внимание Бельтрами. Занимаясь картографической задачей: «Можно ли всякую поверхность отобразить на плоскость так, чтобы геодезическим линиям соответствовали прямые», Бельтрами в 1868 г. опубликовал работу «Опыт объяснения неевклидовой геометрии», в которой и указал, что на поверхностях постоянной отрицательной кривизны частично осуществляется неевклидова геометрия. С этого времени математики начали проявлять живой интерес к неевклидовой геометрии.

4. СВЯЗЬ УЧЕНИЯ О ПАРАЛЛЕЛЬНОСТИ С ТЕОРЕМОЙ О СУММЕ ВНУТРЕННИХ УГЛОВ ТРЕУГОЛЬНИКА. ПАРАЛЛЕЛИ ЛОБАЧЕВСКОГО

Теорема о сумме внутренних углов треугольника тесно связана с так называемой аксиомой параллельности. В основу дальнейшего рассуждения положим гильбертову систему аксиом. Как известно, она состоит из 8 аксиом соединения, 4 аксиом порядка, 5 аксиом конгруэнтности, одной аксиомы параллельности и двух аксиом непрерывности. Из аксиом конгруэнтности, совершенно независимо от аксиомы параллельности, вытекает теорема о том, что внешний угол треугольника больше каждого внутреннего с ним несмежного. Из аксиомы параллельности вытекает, что сумма S внутренних углов треугольника равна двум прямым.

Откажемся от аксиомы параллельности. Тогда отпадет обязательность утверждения о том, что S = 2d. Посмотрим, что вытекает из допущения S<2d. Само собою разумеется, что, отказываясь от аксиомы параллельности и допуская, что S <2d, мы отходим от евклидовой плоскости. Та поверхность, для которой мы предписываем быть неравенству 5 <[ 2d, это уже не будет евклидова плоскость. Что же это за поверхность? Пример подобного рода поверхности мы видели и в евклидовом пространстве в виде псевдосферы.

Но мы не будем ограничивать себя в рамках этой поверхности. Мы поставим вопрос шире и будем говорить о свойствах того пространства, в котором выполняются аксиомы соединения, порядка, конгруэнтности и непрерывности, но не имеет места аксиома параллельности и справедливо допущение S<d2d.

Пусть точка В лежит вне прямой (а). Тогда точка В и прямая (а) определяют некоторую плоскость, в которой и будем производить дальнейшие построения.

Опустим из В перпендикуляр ВА на прямую (а) и проведем (Ь) перпендикулярно к ВА через точку В. Тогда (Ь) не пересекает (а) (что имеет место независимо от аксиомы параллельности). Соединим произвольную точку С прямой (а) с точкою В. Обозначим ^АСВ через а и / ABC через (S. Так как мы исходим из допущения S <[ 2d и при этом £ ВАС = dy то a +Построим угол С BD = си.

Так как $-{-<x<d, то прямая BD пройдет во внутренней области угла АВВ±. Легко доказать, что BD не пергсечет (а). В самом деле, допустим, что BD пересечет (а) в некоторой точке К. Тогда образуется треугольник СВК. Для этого треугольника угол АСВ есть внешний. Следовательно, / АСВ больше ^ CBD. А между тем тот и другой угол имеют одну и ту же величину а. Следовательно, BD не может пересекать (а). При этом, очевидно, что любая прямая, проведенная через точку В внутри угла DBBit тоже не пересечет прямую (а). Обнаруживается, что, кроме бесчисленного множества прямых, которые

Черт. 4

Черт. 5

проходят через точку В и пересекают прямую (а), существует также бесчисленное множество прямых, которые проходят через точку В и не пересекают (а). По соображениям непрерывности должна существовать пограничная прямая, которая отделяет прямые первой категории от прямых второй категории. Вот этой пограничной прямой (d) Лобачевский и присвоил наименование параллели.

По симметрии по другую сторону В А существует вторая параллель (d). Параллели (d) и (dt) сами не пересекают (о), но по своим свойствам резко отличаются от других прямых, проходящих через точку В и не пересекающих (а). Так, например, d и dv асимптотически приближаются к прямой (а); затем прямая (d) и прямая (а) не имеют общего перпендикуляра, в то время как (а) имеет общий перпендикуляр с любой другой прямой, проходящей через точку ß и не пересекающей (я). Итак, по Лобачевскому, в данной плоскости существует бесчисленное множество прямых, проходящих через точку ß и не пересекающих прямую (а), но наименование параллелей присвоено только двум из этих прямых.

Острый угол а, под которым параллель (d) расположена относительно перпендикуляра В А, носит наименование угла параллельности. Угол параллельности оказывается однозначной функцией длины перпендикуляра AB=h. Называют h расстоянием параллельности. Нам представляется уместным в память Лобачевского назвать h «перпендикулом» (Лобачевский этим именем называет вообще перпендикуляр). Если перпендикул h будет возрастать, то угол а будет убывать. Каждому значению h соответствует единственное значение а и наоборот. В силу этого обозначают а = 11(A). Связь между а и А выражается формулой

\ где k имеет значение, которое будет выяснено далее.

6. ОРИЦИКЛЫ И ОРИСФЕРЫ

Подобно тому, как в пространстве Евклида имеются поверхности, на которых осуществляется плоскостная геометрия Лобачевского, так и в пространстве Лобачевского имеются поверхности, на которых осуществляется плоскостная геометрия Евклида. Это так называемые орисферы, или предельные поверхности. Орисфера может быть рассматриваема, как поверхность, получаемая при вращении орицикла вокруг любой его оси. Орицикл же или предельная линия определяется как геометрическое место точек следующим образом.

Во внутренней области прямого угла АОВ проводим луч OK под произвольным углом а. Острый угол а однозначно определяет единственное соответствующее ему расстояние параллельности А. Откладываем на луче OK отрезок ОМ = 2h. Геометрическое место точек M при вращении луча OK во внутренней области угла АОВ и составит часть орицикла. Вторая часть орицикла расположена по другую сторону луча ОЛ, симметрично с первой частью.

Орицикл есть кривая линия. Он проходит через точку О. Если провести M/V так, чтобы /_-OMN=at то прямая MN может быть принята за ось орицикла в таком же смысле, как 0.4. При этом OA и MN параллельны. Таким образом, через каждую точку орицикла проходит некоторая ось его; все эти оси параллельны между собою.

Кривизна орицикла в любой точке имеет одну и ту же величину, в силу чего дугу орицикла можно без всякой деформации передвигать по орициклу. Если два орицикла расположены так, что две оси их совпадают, то и все их оси соответственно совпадают. Назовем такие орициклы соосевыми. Величина расстояния между дугами соосевых орициклов по любой оси одна и та же.

Пусть w AAV ^ BBi и ^KKt — дуги соосевых орициклов, заключенные между осями АК и AtKv Тогда, положив, что длина AB = z=k и длина отрезка АК = X, можно доказать, что

Выберем дуру ВВХ на таком расстоянии от AAV чтобы отношение ^ было

Черт. 6

Черт. 7

Черт. 8

равно е, где е — основание натуральной системы логарифмов.

Тогда величина k приобретает некоторое определенное значение, а предыдущее равенство принимает вид:

По смыслу сказанного, k есть такое расстояние между дугами соосевых орициклов, при котором отношение этих дуг разно е.

Вот эта величина k играет очень большую роль в геометрии Лобачевского. Она входит в состав многих его формул.

Вращением орицикла вокруг его любой оси получается так называемая предельная поверхность, или орисфера.

Лобачевский следующим образом характеризует свои орициклы и орисферы:

«Предположение суммы углов в треугольнике <7г ведет к тому, что круг с увеличением полупоперечника приближается не к прямой линии, а к особенного рода кривой, которую назовем предельной круга. Сфера в таком случае будет приближаться также к кривой поверхности, которую подобным образом назовем предельной сферой» («О началах геометрии»). Орисфера в пересечении с плоскостью дает или круг или орицикл.

И вот на орисфере Лобачевского осуществляется геометрия Евклида, если за прямые линии считать дуги орициклов на орисфере: сумма внутренних углов треугольника, образованного дугами трех орициклов, равна 2^,%через всякую точку на орисфере можно ' провести только один орицикл, не пересекающийся с данным на орисфере орициклом. Сам Н. И. Лобачевский говорит: «Геометрия на предельной сфере совершенно та же, в каком виде мы ее знаем на плоскости» («О началах геометрии»).

6. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ. СООТНОШЕНИЯ в ПРЯМОУГОЛЬНОМ ТРЕУГОЛЬНИКЕ

Исходя от орисферы, можно построить тригонометрию Лобачевского.

Пусть ABC — плоский прямоугольный треугольник с прямым углом С.

К плоскости ABC проводим перпендикуляр AAi и затем проводим BBi || АА1 и ССХ И AAt. Через А проводим орисферу так, чтобы прямая AAY была осью (тогда прямые ССХ и ВВ1 будут также осями). Сечения орисферы плоскостями ААХСС^ ВВХССХ и ВВ{АА{ будут орициклами AK', KL, LA.

За угол между дугами орициклов принимается соответственный двугранный угол между плоскостями, вырезающими данные орициклы на орисфере.

Можно легко доказать, что угол AKI будет прямой. Следовательно, криволинейный треугольник AKL — также прямоугольный. Угол А криволинейного треугольника AKL измеряется линейным углом двугранного угла между плоскостями AAlCCi и BBiAAv Но это есть не что иное, как угол А прямолинейного треугольника ABC. Определяем:

А так как на орисфере справедлива геометрия Евклида, то все соотношения между тригонометрическими функциями одного и того же угла, какие справедливы в евклидовой тригонометрии, будут справедливы и в тригонометрии Лобачевского.

Тригонометрические формулы Лобачевского имеют одну особенность: длины сторон входят в состав этих формул не непосредственно, а через посредство соответствующих им углов параллельности. Как было указано выше, каждому углу параллельности соответствует одно и только одно значение «перпендикула». И, наоборот, каждому отрезку х прямой линии, принимаемому за «перпендикул», соответствует единственное значение угла П (х). Связь между ними выражается формулой:

Каждая сторона треугольника, принимаемая за перпендикул, определяет единственный угол параллельности. И вот, например, зависимость между гипотенузой с и катетами а и b прямоугольного треугольника получает своеобразный вид:

Эта теорема Лобачевского соответствует теореме Пифагора евклидовой геометрии.

Черт. 9

Приводим список формул Лобачевского для прямоугольного треугольника:

(1)

7. СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ ЭЛЕМЕНТАМИ ПРЯМОУГОЛЬНОГО ТРЕУГОЛЬНИКА В ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ ФУНКЦИЯХ

Очень удобно выразить эти же соотношения в гиперболических функциях, определяемых так:

Для этого нужно воспользоваться связью между углом параллельности П (х) и соответствующим перпендикулом х:

Исходя из этого значения tg — П (х), пользуясь формулами, выражающими sincp и coscp через tgcp/2, легко вычислить

Тогда, очевидно, что

и формулы таблицы (1) могут быть переписаны так:

(2)

8. СФЕРИЧЕСКАЯ ТРИГОНОМЕТРИЯ ЛОБАЧЕВСКОГО

Перейдем теперь к сферической тригонометрии Лобачевского. Замечательно то, что ее формулы полностью совпадают с формулами сферической тригонометрии евклидова пространства. Это указывает на то, что тригонометрия сферы не зависит от постулата параллельности. В сферической тригонометрии евклидова пространства соотношение между гипотенузой с и катетами а и b прямоугольного сферического треугольника имеет вид cos с = cos а cos by где а у Ь, с —радианная мера соответственных дуг, т. е. а = —, где а — длина дуги и т. д.

Такой же вид имеет эта зависимость и в сферической тригонометрии Лобачевского.

Но еще более замечательно наличие определенной аналитической связи между формулами сферической и плоскостной тригонометрии Лобачевского: формулы плоскостной тригонометрии получаются из формул сферической тригонометрии заменой R на ки Например, пользуясь известными формулами:

приведем сферическую «теорему Пифагора»:

к виду

(I)

Возьмем затем первую из формул таблицы (2). т. е. «теорему Пифагора» плоского прямолинейного прямоугольного треугольника Лобачевского:

Учитывая, что

приведем последнее равенство к виду:

(II)

Сопоставив (I) и (II), приходим к выводу, что формула плоского треугольника может быть получена из формулы сферического треугольника заменой R на ki. Поэтому говорят, что геометрия Лобачевского имеет осуществление на сфере мнимого радиуса.

9. СООТНОШЕНИЯ В КОСОУГОЛЬНОМ ТРЕУГОЛЬНИКЕ

Мы воспользуемся этим для того, чтобы из формулы косоугольного сферического треугольника:

(а)

заменив R на ki, получить соответственную формулу для прямолинейного косоугольного треугольника. Имеем:

После замены /? на ki, получим:

Произведя такую замену в формуле (а), получим:

(а*)

Это и есть одна из формул косоугольного треугольника Лобачевского.

10. ГЕОМЕТРИЯ ЛОБАЧЕВСКОГО «ПЕРЕХОДИТ В ОБЫКНОВЕННУЮ ГЕОМЕТРИЮ В ПРЕДПОЛОЖЕНИИ ЛИНИЙ ЧРЕЗВЫЧАЙНО МАЛЫХ»

Теперь уже легко показать, что можно рассматривать геометрию Евклида, как предельный случай геометрии Лобачевского.

Имеем:

Если k — весьма большая величина по сравнению с х, то можем положить, что

Возьмем из таблицы (2) формулы:

Заменив здесь

получим формулы евклидовой тригонометрии прямоугольного треугольника:

Обращаясь к основной формуле (я*) косоугольного треугольника Лобачевского, положим, что

Формула (а*) примет вид:

Пренебрегая членом

получим основную формулу косоугольного треугольника Евклида:

Эти аналогии можно продлить очень далеко, именно до основной формулы диференциальной геометрии плоскости,— формулы, определяющей всю метрику поверхности.

Линейный элемент в геометрии Лобачевского:

Но в условиях, в которых можно пренебречь дробями, имеющими в знаменателе А2, получим формулу линейного элемента евклидовой геометрии:

Н. И. Лобачевский неоднократно подчеркивал мысль, что его «геометрия переходит в обыкновенную геометрию в предположении линий чрезвычайно малых» («Пангеометрия»).

Он получал обращение «своих формул в формулы обыкновенной тригонометрии иначе, чем это было сделано выше, а именно положив:

если X — линия «чрезвычайно малая», и при этом «если мы рассматриваем бока в треугольнике как бесконечно-малые первого порядка и если мы пренебрегаем бесконечно малыми величинами далее второго порядка» («Пангеометрия»),

11. ВЫЧИСЛЕНИЕ ПАРАМЕТРА к

Величину k H. И. Лобачевский, как это было указано и выше, не вводил явно в свои формулы, считая ее единицей. Следовательно, говоря о «линиях чрезвычайно малых», он имел в виду их чрезвычайную малость по отношению к этой единице.

О размерах этой единицы можно составить представление путем следующих подсчетов.

Пусть F — орбита Земли и AB = а — один из ее диаметров. Когда Земля находится в положении Л, заметим звезду .S так, чтобы SA была перпендикулярна к AB. А когда Земля будет находиться в диаметрально-противоположной точке В, измерим ^/ SB А. Обозначим ^/ SB А =----2р.

Величина 2р — наибольший годовой параллакс звезды S. Проведем BF параллельно AS. Тогда £FBA будет углом параллельности для перпендикуляра АВ = а.

Очевидно, что

Следовательно,

поэтому

Разложим правую часть в ряд Маклорена:

Черт. 10

Отбросив множители —, — и т. д., мы усилим правую часть. Для самых близких звезд 2/7 < 1".

Следовательно,

12. ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Итак, k превосходит диаметр земной орбиты более чем в 200 000 раз.

Поэтому земные расстояния во всяком случае оказываются ничтожно малыми по сравнению с k.

Из этого следует, что если реальное пространство есть пространство Лобачевского, то для всяких вычислений на поверхности земли можно с успехом пользоваться геометрией Евклида. Более того, если взять треугольник со сторонами порядка диаметра земной орбиты, то и для него отклонение суммы внутренних углов от и составит величину, меньшую чем О'000003, т. е. величину, находящуюся в пределах погрешности наблюдений. Н. И.

Лобачевский интересовался этим вопросом и делал подобного рода вычисления («О началах геометрии»).

В итоге приходим к заключению, что геометрия Лобачевского так же применима к миру, как и геометрия Евклида, но последняя дает более простые формулы.

Н. И. Лобачевский не один раз подчеркивал, что «употребительная», т. е. евклидова геометрия, содержится в «воображаемой» геометрии как частный случай, именно в предположении, что рассматриваемые расстояния малы по сравнению с k.

Так должен быть решен вопрос о применимости геометрии Лобачевского к рассмотрению вопросов геометрического порядка.

Однако мы имеем примеры того, что геометрия, по мере своего развития и обобщения, создает аппарат, назначение которого оказывается более широким и с помощью которого в мировых процессах можно описывать не только их геометрическую сторону, но и их физическую сущность (многомерная геометрия).

Развитие физики привело к открытию таких соотношений, которые с успехом могут быть списаны с помощью формул Н. И. Лобачевского. Много примеров такого рода указано в статье В. Варичак «О неевклидовом истолковании теории относительности» (сборник «Новые идеи в математике» № 7 1914 г.).

ОБ АЛИКВОТНЫХ ДРОБЯХ

Е. ШЕЛЕПИН (ст. Верблюд)

данной заметке речь идет о разложении произвольно взятой правильной положительной дроби в виде суммы простых дробей с числителями, равными единице, и знаменателями, отличными один от другого.

Задача ставится так: дана произвольно взятая правильная положительная дробь —, требуется представить ее в виде суммы простых дробей с числителями, равными единице, и знаменателями, отличными один от другого, т. е. требуется найти разложение вида:

Рассмотрение настоящего вопроса, относящегося к числу древнейших задач арифметики, не потеряло известного интереса до настоящего момента.

В математической литературе этот вопрос впервые отмечен в папирусе Ринда (1700 лет до н. э.), а затем в аклимском папирусе (VII—VIII вв.).

В 1841 г. Вине, основываясь на эвклидовом алгорифме нахождения общего наибольшего делителя двух чисел m и п9 представляемом совокупностью уравнений:

«оставил совокупность уравнений:

которые и разрешают поставленную задачу.

В самом деле, посредством исключения пи п2, . . . nk из приведенных уравнений, имеет место равенство:

Откуда следует, что

Таким образом, поставленная задача решена.

Сомножители, находящиеся в разложении, можно определить из системы уравнений Бинэ. Имеем:

где п1% п2, . . . nk подбираются так, чтобы делимое делилось на делитель без остатка.

Следуя приведенному методу, дробь

можно разложить на следующую сумму:

или, выполнив произведения, имеем:

Является ли приведенное решение единственно возможным или возможны разложения другого вида? Вот тот вопрос, который подлежит нашему рассмотрению. Прежде чем ответить на поставленный вопрос, приводим наш метод разложения простой дроби, основанный на следующих положениях:

Прибавим к знаменателю m целое число я, так, чтобы полученная сумма m+nt делилась без остатка на числитель п. Обозначая полученное частное через х19 имеем:

откуда

Полагая хх знаменателем первого члена разложения, имеем:

Прибавив к mxi число п2 так, чтобы полученная сумма тх1+п2 делилась без остатка на пи будем иметь:

откуда

Полагая х2 знаменателем второго члена разложения, имеем:

Аналогично имеем:

откуда и т. д.

Предпоследний знаменатель будет

откуда

Последний знаменатель

Здесь дополнение nk равно нулю:

Выписывая отдельно все дополнения, имеем:

Полагая nk — 0, посредством исключения из предыдущих уравнений, имеем равенство:

откуда

что и требовалось доказать.

Следуя изложенному, дробь — будет иметь следующие знаменатели разложения:

где

Таким образом, дробь — может быть представлена в виде следующей суммы:

Полученное разложение есть, следовательно, второе решение поставленной задачи.

Решение вторым методом дает в этом случае меньшее число членов разложения.

Можно утверждать, что число возможных разложений бесконечно большее, так как мы всегда можем задать один из членов разложения —.

Разность

всегда возможно разложить по одному из приведенных методов.

Можно, наконец, задать несколько знаменателей: xlt х2,. •, хр и оставшуюся разность разложить по указанному методу.

Из этого заключаем, что дробь — можно разложить на сумму простых дробей с числителями равными единице произвольное число раз.

В качестве примера разложим дробь на сумму простых дробей с числителями равными единице и знаменателями отличными один от другого так, чтобы число различных разложений было 5.

Решение приводим без промежуточных преобразований, полностью следуя нашему методу.

Для сопоставления производим разложение данной дроби методом Бинэ, имеем:

Открытым остается вопрос о наименьшем числе членов разложения.

СФЕРИЧЕСКИЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ

(Элементы сферической тригонометрии)

В. ФЕДОРОВ (Иваново)

§ 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

В этом руководстве мы изучаем свойства некоторых линий и фигур, расположенных на поверхности шара (сферы). Прежде всего вспоминаем, что большим кругом данной сферы называют всякий круг с центром в центре этой сферы и с радиусом, равным радиусу сферы. Дугу окружности такого круга называют обычно дугой большого круга. Всякая такая дуга AB, если она содержит меньше 180°, обладает тем замечательным свойством, что длина ее меньше длины всякой иной кривой, проведенной на поверхности той же сферы и соединяющей точку А с точкой В. Поэтому дуги больших кругов называют линиями кратчайших расстояний («геодезическими линиями») на поверхности сферы. По этой и по некоторым другим причинам необходимо в первую очередь изучить свойства криволинейных треугольников, расположенных на поверхности сферы и стороны которых являются дугами больших кругов этой сферы. При этом стороны треугольника измеряют обычно в дуговых градусах, а угол между двумя дугами больших кругов, выходящими из одной точки, определяют, как угол, образованный лучами, касательными к этим дугам в точке их пересечения. Такие треугольники называют сферическими треугольниками. Сферический треугольник называем прямоугольным, если хоть один из его углов — прямой. Мы будем изучать такие сферические треугольники, всякая сторона которых не превосходит 90°.

Приведем сейчас пример такого прямоугольного сферического треугольника, все углы которого прямые. Для большей наглядности заимствуем из курса географии понятия полюсов, экватора и меридианов (черт. 1).

Пусть EBQ — окружность какого-нибудь большого круга. Назовем полюсами (для этой окружности) концы диаметра сферы NS, перпендикулярного к плоскости взятого круга, а окружность EBQ — экватором (для этих полюсов). Всякую полуокружность большого круга, соединяющую полюсы, назовем меридианом. Легко видеть, что все меридианы перпендикулярны («ортогональны», как обычно говорят) к экватору. Пусть NQS и NBS — два меридиана, взаимно ортогональные и пересекающие экватор EBQ в точках Q и В. В сферическом треугольнике QNB все углы прямые.

Сторону прямоугольного сферического треугольника, лежащую против прямого угла этого треугольника (или какую-нибудь одну из таких сторон, если их две или три) назовем гипотенузой, а остальные стороны треугольника — катетами.

Заметим, что обычно мы будем называть сферический треугольник просто треугольником, если и так ясно, что речь идет о сферическом треугольнике.

§ 2. ЗАВИСИМОСТЬ МЕЖДУ ГИПОТЕНУЗОЙ И КАТЕТАМИ

Пусть АСВ — прямоугольный сферический треугольник, AB — гипотенуза, ВС и CA — катеты. Измеряя эти стороны в дуговых градусах, получим соответственно числа с, а и Ь. Называем эти числа: с — гипотенузой, а и b — катетами. Радиус сферы, на которой лежит треугольник АСВ, примем за единицу.

Теорема 1

Косинус гипотенузы равняется произведению косинусов катетов

Доказательство

Пусть О—центр сферы, ОМ — перпендикуляр к плоскости дуги CA. Опускаем из точки В перпендикуляры: BD на OA и BE — на ОС. Имеем BE \\N09 а пото-

Черт. 1

му BE J_ плоскости дуги CA и, в частности, BE _L OA. Вывод: OA X плоскости BED как перпендикуляр к прямым BE и BD.

Отсюда получим, что 0AJ_ED. Из прямолинейного прямоугольного треугольника ODE имеем OD = ОЕ. cos b, так как ^/ АОС = Ь. Далее заметим: ^/ БОС = = a» — с- Поэтому OD = cos с, OE = cgs а и найдем, наконец, cos с =

cos ö-cos b..........(1)

§ 8. ЛЕММА

Имеем две дуги меридианов: NB = 90° и ДМ = 90° (N — полюс, AB — дуга экватора) (черт. 1). Докажем, что (АВ)° = — углу между NA и NB, т. е.

«угол между двумя меридианами измеряется соответствующей этому углу дугой экватора».

Доказательство

Касательные к дугам NA и NB в точке N соответственно параллельны радиусам экватора OA и OB. Отсюда и следует справедливость леммы.

Замечание. Так как линейный угол двугранного угла между плоскостями меридианов NAS и NBS измеряется дугой экватора AB, то, следовательно, угол между двумя дугами больших кругов, выходящих из одной точки, равен линейному углу двугранного угла между плоскостями этих дуг.

§ 4. ОБ ОДНОМ ВСПОМОГАТЕЛЬНОМ ТРЕУГОЛЬНИКЕ

Имеем прямоугольный треугольник АСВ, в котором AB = с есть гипотенуза, ВС = = а и АС = Ь суть катеты (черт. 3). Продолжая стороны ВС, ВА и CAt строим дуги больших кругов BD, ВС и СВ', каждая из которых равна 90°. Проведем дугу большого круга DC В' и рассмотрим прямоугольный треугольник АСВ'.

Замечаем: &А = 90°— b, CA = 90° — с. Далее имеем: дугу DC можно рассматривать как дугу экватора, если В — полюс. На основании леммы § 3 выводим, что CD = $ и СВ' =90° — ß, где ß — угол треугольника АСВ с вершиной В.

Составим необходимую для дальнейшего таблицу, обозначая через а угол треугольника АСВ с вершиной А.

В'—угол треугольника АСВ' с вершиной В'. Этот угол, на основании леммы § 3, измеряется дугой CD = 90°—а (CD — дуга экватора, если полюс находится в точке В').

Заметим, что вспомогательным треугольником для произвольно данного прямоугольного треугольника АСВ' (стороны которого меньше 90°) является треугольник АСВ (черт. 3).

Треугольник

Гипотенуза

Катет

Противолежащий угол

Катет

Противолежащий угол

§ 3. ОСТАЛЬНЫЕ ФОРМУЛЫ ДЛЯ ПРЯМОУГОЛЬНОГО СФЕРИЧЕСКОГО ТРЕУГОЛЬНИКА

Применяем теорему § 2 к треугольнику АСВ'. Получим

или:

(2)

Для треугольника АСВ эта формула дает теорему II.

Черт. 2

Черт. 3

Теорема II Синус катета равен синусу гипотенузы, умноженному на синус противолежащего угла.

Замечание. Для сферических прямоугольных треугольников sin ß не равняется cos а, ибо имеет место:

Теорема

Сумма углов (внутренних) всякого сферического треугольника всегда больше -, и разность между суммой этих углов и -равняется площади треугольников, умноженной на постоянную, одну и ту же для всех сферических треугольников на поверхности сферы данного радиуса.

Доказательства этой теоремы не приводим.

Выводим дальнейшие формулы сферической тригонометрии. Применяя теорему II к треугольнику АС'В', находим (замечая, что угол (внутренний) этого треугольника с вершиной А равен углу а треугольника АСВ):

или:

(3)

Эта формула для треугольника АСВ дает теорему III.

Теорема III Косинус угла, противолежащего катету, равняется косинусу этого катета, умноженному на синус прилежащего угла.

Применяем эту теорему к катету а. Находим:

(4)

Из (3) и (4) имеем:

Отсюда и из формулы (1) § 2 следует:

(5)

Называя углы а и ß прилежащими гипотенузе, имеем теорему:

Теорема IV

Косинус гипотенузы равняется произведению котангенсов прилежащих углов.

Применяем эту теорему к треугольнику АС'В'. Получим:

или:

(6)

Итак доказана.

Теорема V Синус катета равен тангенсу другого катета, умноженному на котангенс прилежащего угла.

Теорема V, примененная к катету (90°—ß) треугольника АСВ\ дает:

откуда получается

(7)

Теорема VI Тангенс катета равен тангенсу гипотенузы, умноженному на косинус прилежащего угла

§ 6. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ СФЕРИЧЕСКИХ ТРЕУГОЛЬНИКОВ

Пусть ABC — какой угодно сферический треугольник. Углы этого треугольника с вершинами в точках А, В к С обозначаем соответственно А, В и С9 а противолежащие стороны— а, b и с (черт. 4). Докажем формулы:

(8) (9)

Доказательство формулы (8) Опускаем из вершины А «перпендикуляр» AD на сторону ВС (AD — дуга большого круга, ортогональная к дуге ВС). Полагаем AD = h, CD = x. Имеем (см. теорему I, § 3):

откуда:

или:

(10)

Из треугольника ADC (см. теорему VI, § 5):

(11)

Из (10) и (11) находим:

(8)

Доказательство формулы (9) Из прямоугольных треугольников ADB и ADC находим (по теореме II, § 5):

откуда:

Аналогично докажем:

Замечание. Мы предположили, что дуга AD лежит внутри треугольника ABC. Случай дуги AD, расположенной вне этого треугольника, предоставим разобрать читателю; получатся те же формулы (8) и (9).

Черт. 4

МЕТОДИКА

ИССЛЕДОВАНИЕ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОЙ СТЕПЕНИ С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ*

Е. ЗЕЛЕНИН (Москва)

Уравнение первой степени с одним неизвестным после ряда преобразований может быть приведено к виду:

(1)

Все эти преобразования, за исключением освобождения от знаменателя, приводят к уравнениям, равносильным предшествующим, поэтому необходимо особое внимание уделять тому случаю, когда тот или иной знаменатель может обратиться в нуль.

Если первоначальное уравнение содержит такого рода знаменатели, можно исследовать уравнение после приведения его к виду (1), только исключив предварительно из рассмотрения все случаи, когда тот или иной знаменатель обращается в нуль.

Если а отлично от нуля, то, разделив на него обе части уравнения (1), получим:

(2)

Мы будем иметь для х положительное значение в том случае, когда а и Ь имеют одинаковые знаки, и отрицательное,— когда а и Ь имеют разные знаки.

Мы получим так называемое нулевое решение при Ь — 0.

Если же а = 0, то исследовать выражение (2) нельзя и приходится обратиться к выражению (1).

Здесь возможны два случая.

Первый, когда одновременно с а обращается в нуль и Ь.

Тогда уравнение (1) обращается в тождество:

0-х =0.

В этом случае неизвестному можно приписать любое значение. Это так называемое неопределенное решение.

Во втором случае, когда

а = 0 и Ь ф 0,

уравнение не имеет решения, так как уравнение (1) принимает противоречивый вид:

0-х = Ь.

Совершенно очевидно, что нельзя указать такого значения х, которое удовлетворяло бы этому равенству.

Если мы в уравнении (2) будем а придавать значения все более близкие к нулю, то значение X будет неограниченно возрастать по абсолютной величине. Знак х будет зависеть, во-первых, от знака by а во-вторых, от того, будем ли мы приближаться к нулю со стороны отрицательных значений для а или со стороны положительных. Действительно, можно вместо а подставлять последовательно очень близкие к нулю отрицательные значения, например 0,1,-0,01, — 0,001 и т. д., тогда знак X будет обратным знаку Ь.

Если же мы вместо а поставим 0,1; 0,01, 0,001 и т. д., то знак х будет совпадать со знаком Ь.

Каково бы ни было значение Ь, всегда можно указать такое значение я0, начиная с которого мы, по мере приближения а к нулю, будем получать для х значения большие (по абсолютной величине) чем любое заранее указанное положительное число N.

Поясним эту мысль, рассмотрев уравнение (2):

Какое бы число N ни было указано, можно подобрать значение а0, такое, что при всяком

будет справедливо неравенство

(А)

или, что то же:

(А').

Последнее неравенство можно переписать еще и так:

Неравенство (Л") позволяет нам легко находить то значение а = д0, начиная с которого, по мере приближения а к нулю, будет удовлетворяться неравенство (Л).

Подберем это а0 для данного уравнения, если b = 2, а N= 10 000.

Не трудно видеть, что таким значением будет

а0 = ± 0,0002.

Итак, какое бы большое положительное число N мы ни указали, можно с полной очевидностью утверждать, что значение xt удовлетворяющее уравнению (1) при а = 0 и ЬфО,

если бы оно существовало, должно было быть по абсолютной величине больше этого числа N, а следовательно, больше любого числа, что, конечно, невозможно.

* Помещая, вследствие настойчивых просьб читателей две статьи по вопросу об исследовании уравнений, редакция предполагает в одном из следующих номеров дать общую оценку этой темы в курсе ср. школы.

Все возможные случаи решения уравнения (1) можно иллюстрировать графически.

Для этого, представив уравнение (1) в таком виде:

ах — Ь = О, (3)

обозначим левую часть этого уравнения буквой у:

у =ах — Ь. (4)

Решить уравнение (1) или (3) это значит найти такое значение х, при котором у равно нулю.

Уравнение (4) графически изобразится в виде прямой линии, наклоненной к оси х под углом а, причем tga = а, и отсекающей на оси у отрезок равный — Ь.

Точка пересечения этой прямой с осью х и определит то значение х, которое является корнем уравнения (3).

Уравнение (1) или (3) имеет положительное решение, если а и b имеют одинаковые знаки.

Посмотрим, какой это имеет геометрический смысл.

Пусть д:>0 и 6>0.

Всякая прямая, для которой я>0 (т.е. tga > 0) наклонена к оси х под острым углом. Но, если b > 0, то отрезок, который прямая отсекает на оси у, будет отрицателен, т. е. прямая пересечет ось у ниже начала координат.

Итак, решение будет положительным, если прямая наклонена к оси х под острым углом и одновременно пересекает ось у ниже начала координат.

Если же а<0 и #<0, то прямая наклонена к оси X под тупым углом и пересекает ось у выше начала координат. В том случае решение тоже будет положительным.

На чертеже 1 изображены две прямые, уравнения которых:

(а) у = 2х — 4,

(б) у = — jt+3.

Оба уравнения: 2х— —4 = 0 и — JC+ 3=0 имеют положительные решения и соответствуют двум разобранным выше случаям.

На чертеже 2 изображены прямые;

Оба уравнения:

имеют отрицательные решения.

В том случае, когда b = 0, соответствующая прямая пройдет через начало координат.

Если а = 0 и b = 0, то уравнение (4) принимает такой вид:

у = 0.

Это уравнение оси х, следовательно, прямая, соответствующая данному уравнению, будет сливаться с осью х и любая ее точка может быть принята за искомую точку пересечения.

Если же а = 0, а ЬфО, то уравнение (4) запишется так:

у = Ь.

Это есть уравнение прямой параллельной оси X, которая, как известно, с нею не пересекается, что подтверждает отсутствие решения в данном случае.

На чертеже 3 изображена прямая у = Ь, а также ряд прямых, для которых b имеет ту же величину, а величина а последовательно уменьшается.

Видно также, что значение х при этом увеличивается.

Прежде чем приступать к решению примеров, необходимо отметить, что исследование решения тем сложнее, чем больше различных буквенных количеств входит в условия задачи, поэтому можно рекомендовать сначала исследовать решения задач, содержащие только одно буквенное количество, затем два и т. д.

Если данная задача содержит ряд буквенных количеств, то из нее нетрудно сделать несколько более простых задач, подставив вместо тех или иных буквенных количеств произвольные числовые значения.

Пример № 1

В трапеции ABCD даны параллельные стороны ВС = а и AD — bu одна из непараллельных сторон AB = с. На какое расстояние нужно продолжить сторону AB, чтобы она встретилась с продолжением стороны CD?

В условия этой задачи входят три буквенных количества. Полное исследование решения этой задачи для начинающих учеников представит значительные трудности.

Поэтому мы сначала двум из трех заданных величин дадим числовые значения.

Примечание. Величины a, b и с по своему смыслу не могут быть отрицательны, что упрощает исследование.

Пример 1а

Пусть ВС = а, AD = 8 и AB = 3.

На чертеже 4 точка пересечения продолжений сторон AB и DC обозначена через Е. Искомое расстояние BE = х.

Из подобия треугольников AEDu ВЕС можно написать:

(1)

Черт. 1

Черт 2

Черт. 3

Если X + 3 ф О, то выражение (1) можно переписать так:

(2)

Если аф8, то из равенства (2) сразу находим выражение для х:

(3)

Мы видим, что решение будет положительным, когда д<8. В этом случае чертеж 4 отражает действительное положение вещей, и стороны AB и PC пересекутся где-то вверху.

Если же а > 8, то сторона BC>AD, и непараллельные стороны при продолжении пересекутся уже не вверху, а внизу, что и отмечает отрицательное значение, получаемое в этом случае для х.

Имеем нулевое решение при а = 0. В этом случае трапеция превращается в треугольник, так как точки В и С совпадают, а следовательно, стороны AB и DC встречаются именно в этой точке. Остается рассмотреть случай, когда а = 8.

При таком предположении исследовать выражение (3) нельзя. Необходимо возвратиться к выражению (2).

Мы видим, что при этом значении а равенство (2) принимает вид:

О-* = 24.

Совершенно очевидно, что нельзя указать такого значения для х, чтобы, умножив его на 0, мы получили 24.

Итак, при а = 8 задача не имеет решения.

Это и понятно, так как при а = 8 параллельные стороны AD и ВС оказываются равными: фигура ABCD превращается в параллелограм. Стороны AB и DC, которые, по предположению, не были параллельны, становятся параллельными, а следовательно, при продолжении не пересекутся.

На чертеже 5 нарисовано несколько положений точки С, последовательно приближающейся к точке С, причем ВС = 8.

Мы видим, что чем меньше ВС отличается от ВС = 8, тем больше значения х = ВЕ вычисляемое по формуле (3).

Можно сказать, что при приближении точки С к С величина х = BE неограниченно увеличивается. Иными словами, какой бы большой отрезок ВЕ2 мы ни отложили, всегда можно указать такую точку С, что соответствующий ей отрезок BE будет больше, чем BÈ2.

Примечание. В самом начале мы указали на то обстоятельство, что а по своему определению не может быть отрицательным.

Но среди отрицательных значений х, которые мы механически можем получить из выражения (3), есть такие, которые получаются при отрицательных значениях а, так например, при а ~ — 4, х = — 1.

Мы указали в своем исследовании, при каких значениях а значение х положительно и при каких отрицательно, но совершенно не затронули вопроса, всякие ли значения могут получаться для х> иными словами, в любой ли точке Е прямой AB (где бы она ни находилась — на AB или на его продолжении) могут пересечься продолжения сторон AB и DC.

Этот вопрос нетрудно выяснить, переписав выражение (1) в следующем виде:

(1')

Исследование этого выражения показывает, что а при всяком положительном х тоже положительно. Это означает, что продолжения сторон AB и DC могут пересечься в любой точке Е, находящейся выше тоски В.

Но если мы будем брать для х любое значение в границах от 0 до —3 (случай X = 0 мы уже рассмотрели, а х = — 3 пока отбрасываем), то, как нетрудно увидать из выражения (Г), л будет отрицательно.

Действительно, числитель при всяком отрицательном X отрицателен, а знаменатель для любых значений х, взятых в указанных границах, будет положителен.

Следовательно, продолжения сторон AB и DC не могут пересечься внутри отрезка AB, что можно видеть также и из рассмотрения чертежа 6.

Если мы построим несколько точек Cs, С4..., соответствующие значениям а > 8, то увидим, что чем больше будет ВС по сравнению с AD, тем ближе точка Е будет находиться к точке А. Но нельзя указать такого положения точки Су чтобы точка Е совпала с точкой Ау а тем более оказалась внутри отрезка AB.

Итак, точка Е может занимать любое положение на продолжении AB в ту или другую сторону, может так же совпадать с точкой B, но остальные точки отрезка AB для нее недоступны.

Черт. 4

Черт. 5

Черт. 6

Теперь становится ясным, что значение X = — 3, невозможность которого нам пришлось предполагать в самом начале, при переходе от равенства (1) к (2), действительно не имеет места в задаче \а.

Пример \б.

Пусть ВС = 5, BD = 8 и AB = с. Из подобия треугольников (черт. 4) можно написать:

или:

(1)

откуда легко получаем:

Решения будут положительные во Бсех случаях, кроме с = 00. В последнем случае х равно нулю.

Поясним это на чертеже 7, построив несколько положений, соответствующих последовательно уменьшающимся значениям с.

Мы видим, что чем меньше величина С, тем ближе точка В к точке А, причем одновременно приближается к Л и точка Е. Когда точка В сольется с Л, то с ней сольется и точка Е. В это время прямая DC совпадет с AB, из чего еще раз следует, что продолжение стороны DC встретит сторону AB в точке В.

Теперь можно несколько усложнить условия, разобрав пример le, когда

или пример 1г, когда

После этого можно перейти к исследованию решения задачи в общем виде.

Пример 1

Из подобия треугольников (черт. 4) имеем:

или:

(1)

Если предположить, что афО и ЬфО, то можно написать:

(2)

Если Ьфа, то для х получаем следующее выражение:

(3)

Если аф Ь,

то можно изучать выражение (3). Решение будет положительным, если а < и отрицательным, если а > Ь.

Чертеж 4 был построен в первом предположении, и из рассмотрения чертежа было составлено уравнение (1). Совершенно очевидно, что если Ь<а, то непараллельные стороны пересекутся внизу, а не вверху.

Нулевое решение может получиться, когда либо а, либо с равно нулю.

Случай, когда а — О, а ни Ь, ни с не равны нулю был для частных значений Ь и с рассмотрен в примере № \а. Здесь рассуждения сходны.

Случай, когда с = 0, а афЬ, был для частных значений а и Ъ рассмотрен в примере № \б. Рассуждения будут аналогичны.

Если же а = Ь, то выражение (3) рассматривать нельзя. Обратимся к выражению (2).

Если а = ЬфЪ и сфО, то задача невозможна. В этом случае трапеция превращается в параллелограм, так как стороны AB и CD оказываются параллельными и при продолжении не пересекутся.

Чертеж 5 служит хорошей иллюстрацией того, что будет происходить с величиной X = BE, когда разность b — а будет уменьшаться.

Если при а = b одновременно и с — О, то задача становится неопределенной. Равенство (2) принимает вид: Х'О = Ь'О,

которое справедливо при любом значении х. Возвращаясь к чертежу 4, видим, что в этом случае точки А и В сливаются и направление прямой AB, которая должна встретиться с CD, становится неопределенным, а следовательно, становится неопределенным расстояние от А до точки пересечения Е.

Кстати необходимо отметить, что в этом случае становится неопределенным также положение стороны CD. Это можно увидеть из следующих соображений. Пусть точка В постепенно приближается к точке А, тогда и точка С должна будет приближаться к точке D, так как стороны ВС и AD по условию параллельны и равны.

Пример 2

Радиусы двух окружностей R и г. На какую величину надо увеличить радиусы (оба на одну и ту же), чтобы длины окружностей относились, как nil.

Так как длины окружностей относятся как их радиусы, то всюду в дальнейшем, можно рассматривать вместо длин окружностей длины радиусов. Поэтому можно написать:

(А)

Если хф — г, уравнение (А) можно переписать в следующем виде:

откуда получаем:

(В)

Если пф\, то для X получаем следующее выражение:

(С)

Исследуем полученное решение.

Предварительно заметим, что по своему смыслу R, г и п — суть величины положительные, что несколько упрощает исследование.

I. Пусть п ф 1

При этом Предположении можно обратиться к выражению (С).

1. Исследуем сначала, при каких условиях X будет положителен.

а) Если п > 1, то знаменатель положителен,

Черт. 7

а следовательно, х будет положителен, если числитель тоже положителен, т. е.:

или: откуда

Присоединяя сюда условие л>1, можем записать:

или:

Итак, при п > 1 X окажется положительным, если радиус второй окружности меньше радиуса первой и притом настолько меньше, что, увеличенный в п раз, он все еще будет меньше первоначальной величины первого радиуса.

б) При п < 1 знаменатель отрицателен, поэтому X будет положителен только, если числитель отрицателен, т. е.:

или: откуда

Это условие требует обратного, т. е. чтобы радиус второй окружности был больше радиуса первой и притом настолько, чтобы, умноженный на /г, он все еще оставался больше.

2. При каком условии х равен нулю?

Это будет в том случае, когда числитель равен нулю (знаменатель п— 1, по предположению, не равен нулю), т. е. когда

или: или:

Это понятно. Если отношение радиусов имеет требуемую величину, то ничего ни прибавлять, ни отнимать от заданных величин не надо.

3. Теперь исследуем, при каких условиях X отрицателен. Ясно, что в этом случае числитель и знаменатель должны иметь противоположные знаки.

а) Если п > 1, то R — гп < О, откуда

R<rn.

б) Если п < 1, то R — /тг>0,

R>rn.

Этими случаями исчерпывается исследование при пф\.

II. Если л=1, то выражение (С) рассматривать нельзя, так как оно получено из (В) в предположении, что пф\.

Поэтому рассмотрим выражение (В).

а) Если правая часть равенства, которая при п = 1 принимает вид R — г, обращается в нуль, т. е. если R = r,w уравнение (В) превращается в тождество.

Как это понять?

Если п = 1, то отношение —- должно быть равно единице. И если с самого начала R — г, то какую одну и ту же величину мы ни прибавим к данным величинам радиусов, отношение их не изменится.

Следовательно, в этом случае х можно приписать любое значение. В этом смысле и надо понимать неопределенность решения.

б) Теперь предположим, что

R-ГПфО,

или:

R-r=É0,

т. е.

Яфг.

В этом случае определить значение х из уравнения (В) невозможно. Это ясно, так как, требуя, чтобы /1 = 1, мы требуем равенства радиусов, и если они не равны с самого начала, то, прибавляя поровну, мы никогда не сделаем их равными.

Рассмотрим снова исходное выражение (А), которое при п = 1 принимает следующий вид:

(А1)

Если числитель не равен знаменателю, что мы имеем, когда R=f=r, то какое бы число мы ни прибавляли одновременно к числителю и знаменателю, мы никогда не получим дроби равной единице.

С другой стороны, легко заметить, что чем большее число мы прибавляем к числителю и к знаменателю, том меньше полученная дробь отличается от единицы.

Покажем это на примере.

Возьмем дробь ~ и будем к числителю и знаменателю прибавлять последовательно все большую величину. Получим:

Итак, нельзя указать такого значения для Ху которое, при данных условиях удовлетворяет требованиям задачи, но чем большее значение мы будем давать х, тем ближе мы будем подходить к выполнению условий задачи.

III. Остановим свое внимание на случае, когда R = r.

Подставив вместо R в формулу (В) г, получим:

или:

(В1)

Если пф\у то обе части равенства (В1) можно разделить на п—1. Получаем: X = —г — —R.

Мы видим, что X в этом случае от п не зависит. Этот случай был нами исключен в самом начале при составлении уравнения (А). В этом случае окончательные величины обоих радиусов равны нулю, а говорить о величине отношения радиусов, когда каждый из них равен нулю, не имеет смысла.

Итак, если R = r и пф\у то задача тоже не имеет решения.

Пример 3

Из Л по направлению к В вылетает самолет со скоростью m км/час. Через / часов из В по тому же направлению вылетает другой самолет, скорость которого п км/час. Сколько времени был в пути второй самолет до встречи с первым, если расстояние между А и В равно s км!

Построим схематический чертеж, на котором для определенности В будем считать находящимся справа от Л.

Направление перемещения самолета будем считать происходящим вправо, если скорость положительна и влево, если она отрицательна.

Чертеж 8 построен в предположении, что 0 < л < mwmt < s, или: 0 < m < п, но mi > s. Тогда самолеты встретятся в С.

Итак, пусть встреча самолетов состоится через X часов после вылета второго из В.Тогда первый будет находиться в пути t + х часов.

Путь, который он пролетит за это время, равен {t + х) m км.

Второй пролетит к этому времени пх км.

Если все величины предполагать положительными, то путь, который пролетит первый, будет больше пути, который пролетит второй на 5 км.

Это можно записать так:

(А).

Это равенство справедливо и в том случае, когда некоторые из величин t, /и, п отрицательны (s можно без уменьшения общности решения считать положительным).

Действительно, если например m > О, а я<0 {mt<s), то встреча произойдет влево от В, т. е. между А и В% но пх будет отрицательно и. равенство А будет попрежнему иметь смысл и т. д.

На этом мы сейчас не будем останавливаться, так как это все станет ясным по мере исследования решения.

Из (А) легко получаем:

x(m — n) = s — mt. (В)

Если тфп, то можно написать:

(С)

Исследование решения в данном случае довольно громоздко, так как m, п и t могут быть как положительны, так и отрицательны. Возможны следующие случаи

I. Рассмотрим первый случай, когда т,п и / положительны.

Пусть тфп. В этом случае можно рассматривать выражение (С).

1. Решение будет положительным в двух случаях:

Если до момента вылета второго самолета первый пролетел расстояние меньше s (т. е. в момент вылета второго первый находится слева от В), и скорость второго меньше скорости первого, решение будет положительным.

или:

Если же скорость первого меньше скорости второго, то необходимо, чтобы в момент вылета второго первый находился уже справа от В.

Когда m < п и ml > s, то самолеты будут дважды находиться в одном и том же месте.

Одно значение х (положительное) мы находим по формуле (С). Второе же значение х нельзя получить из нее.

Дело заключается в том, что к моменту вылета второго самолета первый оказывается правее В, следовательно, он уже пролетел В, когда второй самолет оттуда еще не вылетал. В этот момент оба самолета находились в одном и том же месте, что удовлетворяет условиям задачи.

Так как в задаче спрашивается, сколько времени второй самолет был в пути до встречи с первым, то ответом на этот вопрос будет X = О, так как когда первый самолет пролетал В, то второй в пути еще не находился.

Это решение не могло быть получено как решение уравнения (Л), так как при составлении его мы никак не могли учесть тот факт, что оба самолета до своего вылета находились в покое. Итак, мы имеем дополнительное нулевое решение, не вытекающее из исследования составленного уравнения.

2. Имеем нулевое решение, когда s — mt = О, т. е. mt = s.

Если скорости самолетов различны, и в момент вылета второго первый находится в В, то значение х, равное нулю, соответствующее этому моменту, и будет решением задачи.

Посмотрим, в каких случаях решение будет отрицательным. Это возможно в двух случаях:

или:

Если скорость второго самолета меньше скорости первого и в момент вылета второго первый находился снрава от точки В, то встреча самолетов произошла раньше вылета второго, т. е. в тот момент, когда первый пролетал над В.

Следует отметить, что значение х, вычисляемое по формуле (С), не соответствует фактическому положению вещей.

Из (С) мы имеем:

На самом же деле в момент встречи второй самолет еще не был в пути и, следовательно

Мы видим, что, согласно составленному уравнению, встреча должна произойти раньше, чем она произойдет в действительности.

Если предположить, что оба самолета все время находятся в движении, то при данных условиях первый самолет нагонит второй слева от 5. Если же до своего вылета (первого из Л, а второго из В) самолеты находились в покое, то второй самолет встретит в этом случае первый лишь тогда, когда он прилетит в В.

Этим и объясняется непригодность решения, полученного по формуле (С).

Ь) s — /я/ > О и m — /г < О,

или:

mt<C,s и т<л.

Если предположить, что первый самолет до вылета из Л, а второй до вылета из В находились в покое, то этот случай придется отбросить как невозможный.

Действительно, скорость первого самолета меньше скорости второго, и в момент вылета первый находился слева от В. Следовательно, наименьшее расстояние между самолетами было в момент вылета второго. Оно равнялось s — mt.

Далее, это расстояние будет только увеличиваться, так что нахождение обоих самолетов в одном и том же месте при данных условиях невозможно.

Эти условия были бы выполнены, если предположить, что оба самолета все время находятся в пути, а Л и В есть только точки, над которыми они пролетают в некоторый определенный момент. Тогда их встреча произошла бы слева от В, может быть, даже слева от А. Но так как согласно условиям (п > 0) второй самолет не может находиться слева от В, то этот случай приходится отбросить.

В. Теперь допустим, что т = п.

При этом предположении от выражения (В) нельзя было перейти к выражению (С), поэтому рассмотрим выражение (В).

1. Решение будет неопределенным, если одновременно и

s — mt = 0, т. е. mt = s.

В этом случае любое значение х будет обращать в тождество выражение (В).

Это и понятно. Если скорости самолетов равны и в момент вылета второго первый будет находиться в В, то и в дальнейшем оба самолета все время будут лететь рядом, т. е. находиться в одном и том же месте.

Следует только отметить, что х хотя и произвольно, но все же по своему смыслу не может быть отрицательно.

2. И наконец, равенство (В) будет невозможно, если

т = п, a s — mt ф0, т. е. mt^s.

Действительно, если скорости самолетов одинаковы, но в момент вылета второго самолета первый не находится в В, то никогда оба самолета не встретятся.

Следует заметить, что если m t > s, а /я = п, то существует одно значение х, которое удовлетворяет условиям задачи, хотя и не может быть получено из формулы (В).

Если mt>s9 то в момент вылета второго самолета первый оказывается уже справа от Bt а следовательно, за некоторый промежуток времени до этого он пролетал над В, т. е. оба самолета находились в одном месте.

Этому моменту соответствует значение X == 0.

Этим заканчивается исследование первого случая.

II. Рассмотрим второй случай, когда mut положительны, а п отрицательно.

Следует заметить, что в данном случае m — п не может равняться нулю, ибо эту разность можно представить как сумму двух положительных величин: m+ (—л), следовательно, m — и всегда положительно: m — л>0.

Это, с одной стороны, ограничивает количество решений, с другой — решение всегда будет вполне определенным. Следовательно, можно рассматривать только выражение (С).

1. Решение будет положительно, когда а) 5 — /я£ > 0, т. е. если в момент вылета второго самолета первый еще не долетел до В.

2. Имеем нулевое решение, когда s — mt =0, или: mt = s.

3. Решение получается отрицательным, когда а) 5 — mt <09 или: mt>s.

Совершенно очевидно, если в момент вылета второго самолета первый находится уже справа от В, то их встреча состоялась до вылета второго самолета при х = 0, которое опять не совпадает с полученным из формулы (С).

III. Пусть m отрицательно, а п и t положительны. В этом случае первый самолет летит налево, а второй направо и вопрос о их встрече не имеет смысла, так как расстояние, равное s до момента вылета первого самолета, будет с течением времени только увеличиваться.

Конечно, исследование было бы возможным при предположении, что самолеты находились в пути до своего вылета из Л и из В. Решение при этом могло быть только отрицательным.

Это также видно из рассмотрения выражения (С). Действительно,

s — mt > 0, a m — п < 0,

следовательно:

при любых числовых значениях s, m, п и /.

IV. Если тип отрицательны, a t положительно, то оба самолета летят влево. Решение будет единственное и положительное, когда —п >—т.

Это понятно. Первый самолет вылетает из Л раньше второго (/ > 0) и летит налево, так что встретить второй он не может. Следовательно, возможен лишь один случай, когда второй самолет, имея большую скорость (рассматриваемую по абсолютной величине) догонит первый.

V. Если т и п положительны, a t отрицательно, то мы имеем случай очень сходный с предыдущим.

Оба самолета летят вправо, и при этом первый вылетает позже. Решение будет положительным, когда m > п. Других решений не будет.

VI. Случай, когда m положительно, а п и / отрицательны, очень схож со вторым.

Действительно, оба самолета летят друг другу навстречу, причем один вылетает

раньше (или позже). Исследование будет в этом случае очень сходно, поэтому проделывать его не будем.

VII. Случай, когда m и t отрицательны, а п положительно, сходен с третьим. Решений не будет, так как самолеты летят в противоположные стороны, а потому вопрос о их встрече отпадает.

VIII. Если же m, п и t отрицательны, то этот случай очень напоминает первый, стоит только слова первый и второй (самолет) поменять местами.

До сих пор мы предполагали, что ни одна из величин (m, л, t, s) не равна нулю.

Предположим теперь, что s = 0.

Конечно, можно было бы проделать полное исследование для всех восьми выше разобранных случаев.

Мы ограничимся лишь перечислением условий, при которых задача имеет решение, предоставив исследование остальных случаев читателю.

Ясно, что во всех случаях до вылета одного из самолетов оба находятся в одном и том же месте (так как s = 0), т. е. любое х = 0 удовлетворяет условиям задачи.

Это решение возможно во всех восьми ранее разобранных случаях, хотя и мало интересно.

I. Имеем только одно и при том положительное решение при

п > т.

В случаях II, III, VI, VIII, при s = 0t задача решений не имеет.

IV. Имеем одно положительное решение, если —п >—т.

V. Одно положительное решение, если m > п.

VIII. Одно положительное решение, если —m > —п.

Остается рассмотреть условия, при которых задача имеет решение, в то время как одна или несколько из остальных величин обращаются в нуль.

Имеем несколько положительных решений (s^O), а именно:

a) m > 0, п > 0, t = 0 и п < т.

В этом случае

Имеем одно неопределенное решение, если т = п, s = t = 0.

Предположение при tф0, что или m или я равно нулю, лишено смысла, так как если один из самолетов все время находится в покое, то нельзя говорить о том, какой из них вылетает раньше.

Конечно, также не представляет интереса случай, когда

m = n = l = s — 0.

Его, правда, тоже можно причислить к неопределенным решениям. Очевидно, что если самолеты стоят все время в одном месте, то любое значение х удовлетворяет условиям задачи.

Исследование решения уравнения, составленного с помощью условий данной задачи, было сравнительно сложно ввиду наличия четырех заданных величин, изменения которых могли быть довольно разнообразны.

Кроме того, это исследование приходилось все время проверять со стороны физической выполнимости тех или иных условий, которые вытекали из составленного уравнения, так как уравнение не смогло полностью отразить всех требований задачи.

ИССЛЕДОВАНИЕ УРАВНЕНИЙ

И. СМИРНОВ (Москва)

1. К ПОСТАНОВКЕ ВОПРОСА

ема «Исследование уравнений» в курсе X класса дает основу для решения задач с буквенными количествами. Уже в VIII и IX классах учащиеся встречаются с необходимостью исследовать корни уравнений, выраженные числами, для установления ответа на вопрос задачи.

В стабильном задачнике Шапошникова, ч. 1 (изд. 1937 г.), гл. VIII, задача № 91 имеет следующее содержание:

«Два лица идут навстречу один другому из двух мест А и В. При встрече оказывается, что первый прошел на 6 ки больше, чем второй. Продолжая движение, первый пришел в В через 4 часа, а второй — в А через 2 час. после встречи. Как велико расстояние от А до В?»

Если принять все расстояние от А до В за X км, то до встречи лицо, вышедшее из А, пройдет

а лицо, вышедшее из В, — причем скорость первого будет

и второго

Принимая во внимание, что время, затраченное каждым до встречи, одинаково, составляем следующее уравнение:

При решении уравнения получаются такие корни:

Непригодность второго корня для ответа обнаруживается тем, что весь путь не может быть меньше его части, равной б ки и выражающей разность пройденных каждым лицом расстояний до встречи.

Более сложное исследование встречается в задачах на прогрессии. К таким относится задача № 55 из II части стабильного задач-

пика Шапошникова (гл. XV) и аналогичные последующие.

«Турист, поднимаясь в гору, в первый день достиг высоты 900 м, а в каждый следующий день поднимался на высоту на 50 ж меньшую, чем в предыдущий день. Во сколько дней он добрался до вершины горы, если высота ее 5 250 м?

Решение. Принимая данные задачи и искомое за элементы арифметической прогрессии, получаем: а = 900, d = —50; s = 5 250; требуется определить число членов прогрессии п.

Решение данной прогрессии по формуле:

приводит к уравнению:

Корни этого уравнения 7 и 30 оба удовлетворяют прогрессии, но задаче оба удовлетворять, очевидно, не могут. Выясняя высоту подъема в последний день, получаем при п = 30 для нее: и ^900 — 50-29 = —550 метров, что не имеет в условии данной задачи смысла; при п = 7 эта высота будет: и = 900 — 50-6 = 600 метров. Здесь уже только дополнительное исследование приводит к ответу на вопрос задачи: «Турист добрался до вершины горы за 7 дней».

Но если при решении подобных задач с числовыми данными при исследовании решения можно обойтись теорией алгебры по программам VI—IX классов средней школы, то для исследования решения задач с данными, выраженными буквенными количествами, требуется знание теории неравенств и прочные навыки по решению условных неравенств и доказательству безусловных неравенств, чем и определяется место темы «Исследование уравнений» в программе X класса. Для иллюстрации приведем решение задач учениками нашей школы на весенних испытаниях в 1939 г. в десятых классах.

I. Работа ученика Б. Осипчика (преподавательница Е. А. Попова).

«Через два крана неодинакового сечения ванна при совместном действии кранов наполняется в k часов. Если бы половину ванны наполнить через один кран, а другую половину— через другой, то для наполнения ванны потребовалось бы / часов. Во сколько часов наполняется ванна через каждый кран отдельно?» Исследовать решение.

Решение:

Первый кран наполняет всю ванну за х (час.) Принимая емкость ванны за 1, получаю, что 1-й кран в 1 час наполняет — (часть ванны). Половину ванны 1 кран наполнит за — (час); 2-й кран наполнит половину ванны за /--— (час), всю ванну за 21 — х (час), в один же час -—-— (часть ванны).

Два крана вместе за 1 час наполняют — +-- (часть ванны), а всю ванну за k часов, т. е.;

Обе части уравнения выражают полную емкость ванны. Решение уравнения:

Исследование условий задачи:

Справедливость неравенства очевидна, следовательно, 2-й корень пригоден для ответа, а так как больший по абсолютной величине корень /+j/f2 — 2kl и подавно большее, то задача имеет и второй ответ.

Решение «х = t» непригодно для ответа, так как время, которое потребуется второму крану для наполнения всей ванны, будет: 21 — t = t (час), что противоречит условию задачи (краны неодинакового сечения). Ответ (при t > 2k):

1. Первый кран наполняет всю ванну за

Исследование корней уравнения:

Корни вещественные, если

Оба вещественных корня имеют одинаковые знаки, так как 2kt > 0, и оба положительны, так как хх + х2 = 21 и 21 > 0.

а второй за

2. Первый кран наполняет всю ванну за

второй за

II. Работа ученицы В. Гольдштейн (преподаватель И. И. Смирнов). «Два рабочих наняты на один и тот же срок работы, но по разной цене. Первый работал на а дней меньше срока и получил Ь руб., а второй проработал на а дней больше срока и получил с руб. Если бы первый работал столько дней, сколько второй, а второй столько дней, сколько первый, то они получили бы поровну. Определить срок работы и показать, что для ответа на вопрос задачи пригоден только один корень».

Решение:

Срок, на который был нанят каждый рабочий, X (дней). Первый рабочий получил b руб. за л: — а (дней), а в один день получал —-— (руб.)» второй рабочий получил с руб. за X + а (дней), а за один день получал —-— (руб.). Первый за х + а (дней) получит HL+£) (руб.), второй за х-а (дней)

так как при этом они получат поровну, то имеем уравнение:

Решение уравнения:

рой рабочий, не отработав ни одного дня, не может получить столько же, сколько первый за 2а дней).

Исследование условий задачи:

а > 0, так как иначе за один и тот же срок (х дней) оба рабочие получили бы поровну, что противоречит условию задачи («по разной це»е»); &>0; с>0; с>6, так как второй рабочий за меньший срок получает столько же, сколько первый за больший срок, а с руб. второй рабочий получает за больший срок; X > а.

Решение уравнения (продолжение):

Так как с>£, то меняю знаки у членов уравнения, чтобы первый коэфициент был положительным.

Исследование корней уравнения: Оба корня вещественные, так как be > 0; имеют одинаковые знаки: а2 (с — 6)>0; оба положительные: — 2а (Ь + с) < 0.

По условию задачи д:>а. Проверяю первый корень:

Справедливость неравенства очевидна. Проверяю второй корень:

неравенство невозможно, так как отрицательное число меньше 0. Ответ (при с > Ь):

Срок работы, на который были наняты рабочие,

Сказанное выше о месте проработки темы «Исследование уравнений» в курсе X класса и разобранные примеры определяют следующее содержание работы по теме:

1. Теоретическая часть. Изучение основных случаев решения уравнения (или системы уравнений), условий, при которых они получаются; значения этих случаев для решения задач.

2. Практическая часть. Применение изученной теории к решению примеров с отвлеченными буквенными количествами и задач с конкретным содержанием.

Последующее изложение имеет задачей заполнить пробел в методической литературе по данной теме.

2. УРАВНЕНИЯ ПЕРВОЙ СТЕПЕНИ С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ

Теория вопроса. Основные случаи решения, условия их получения и значение для решения задач, геометрическая интерпретация решений — достаточно даны в стабильном учебнике Киселева (ч. 2, § 123—132, изд. 1936 г.).

Разбор основных случав полезно свести в такую таблицу:

Виды решения:

Положит. решение

Отрицат. решение

Нулевое решение

Решения нет

Неопредел, решение

Практическая часть

Решением примеров с отвлеченными буквенными количествами необходимо достаточно закрепить условия получения основных случаев решения уравнения и вместе с тем дать некоторые технические приемы исследования, встречающиеся при решении задач. Основные упражнения этого вида могут быть примерно такими.

1. Определить, при каких значениях а ни-

жеследующее уравнение имеет положительное решение: 3 (х -f 1) = 4 + ах (Шапошников, изд. 1938 г., ч. 2, гл. XXIII, № 2). Решение:

Исследование:

Проверка

Ответ: при а < 3.

В стабильном задачнике примеры такого рода даны за № 1-4.

II. Определить, при каких значениях а нижеследующее уравнение имеет отрицательное решение:

(Шапошников, № 6).

Решение: Исследование:

Решение:

Проверка:

Решение: < Проверка:

Ответ:

III. Определить численные значения яг и л, при которых будет равен нулю корень уравнения

Решение.

После соответствующих преобразований получим:

Исследование:

Решение:

Решение: Ответ.

IV. Определить, при каких значениях букв а и b следующее уравнение не имеет корня:

Решая уравнение, получим:

Исследование:

Следовательно: афО.

Ответ: ЬфО, а = 2Ь.

Кроме того, из рассмотрения данного уравнения: 1) при а = О, или 6 = 0, при афЬ, 2) д 0 и ft = 0 при а = Ь.

V. Определить, при каких значениях букв m и а корень следующего уравнения будет неопределенным:

Решение уравнения даст:

Исследование:

Ответ:

m — —2; я = 3.

VI. При каких целых значениях п уравнение X + —-— = п имеет целый положительный корень.

Решение уравнения дает:

Исследование: 2п — 2

По условию-= k (где k целое и положительное число); 2л = 5k 4- 2, п = —;

так как по условию п целое число, то k должно быть четным числом. Отсюда:

Проверка:

Ответ;

(при целом четном и положительном значении k).

Примеров, аналогичных разобранным в№Ш— VI, в стабильном задачнике Шапошникова нет, но и составление их не представляет затруднений для учителя. В крайнем случае, можно частично использовать хотя бы «Практическое руководство по математике» В. Гуревича, Г. Гуревича и др., ч. 3, вып. 1, изд. 1930 г. «Работник просвещения».

Решение задач с конкретным содержанием отличается той особенностью, что значения буквенных количеств и искомого ограничиваются смыслом условий задачи. Ниже приводится (в порядке усложнения) решение ряда таких задач.

1. (Шапошников, изд. 1938 г., ч. 2, гл. XXIII, № 20.)

«Переднее колесо повозки имеет в окружности а метров, заднее Ь метров. Как велик путь, на котором переднее колесо сделает одним оборотом больше заднего?»

Решение:

Пусть искомый путь будет х (метров); тогда заднее колесо сделает — (обор.), переднее — (обор.) и потому -у + 1 = —. Отсюда получаем:

Исследование по условиям задачи значений буквенных количеств и искомого, при которых решение задачи возможно.

(В дальнейшем для краткости эта часть называется «Исследование условий задачи».)

Под количествами a, b и х подразумеваются арифметические значения, которым соответствуют положительные числа, поэтому: а>0; b > 0; X > 0; кроме того, b > а, так как заднее колесо на одинаковом расстоянии делает одним оборотом меньше, и л:>д, так как переднее колесо должно сделать более одного оборота.

Исследование решения уравнения:

Проверка пригодности корня:

Справедливость неравенства очевидна.

Ответ:

Искомый путь равен

Замечание. По мере усвоения учащимися техники исследования границ значений буквенных количеств запись сводится к более краткой для тех случаев, когда границы значений непосредственно определяются смыслом условий задачи; истолкование (объяснение) необходимо требовать лишь в том случае, если эти границы дополнительно устанавливаются сопоставлением условий задачи или выясняются в процессе исследования решения уравнения. В последующем запись решения и дается с такими сокращениями.

II. (Там же, № 18). «Отцу а лет, сыну b лет. Через сколько лет отец будет в k раз старше сына?

Решение:

Приняв искомый срок за х (лет), получим уравнение:

откуда:

Исследование условий задачи: а > 0; b > 0; а > b; £ > 1, так как отец всегда старше сына; д:>0, или х = 0. или

X < 0.

Исследование решения уравнения.

Положительное решение:

Положительное решение получается а том случае, если в данное время отец старше сына более, чем в k раз. (От прибавления к числителю и знаменателю неправильной дроби равных чисел дробь уменьшается.)

Нулевое решение:

Отрицательное решение:

Отрицательное решение получается, если в данное время отец старше сына менее, чем в k раз. (От вычитания из числителя и знаменателя неправильной дроби равных чисел дробь увеличивается.)

Ответ:

1. Отец будет старше сына в k раз через

2. Отец в данное время старше сына в к раз, если

3. Отец был старше сына в k раз (лет) назад

Замечание. Исследование условий, при которых уравнение не имеет корня или имеет

неопределенное решение, отпадает в силу условия ä> 1.

III. (Там же, № 17) «В одном резервуаре а ведер, а в другом b ведер воды. В каждый час в первый резервуар прибавляется по m ведер, а во второй по п ведер. Через сколько часов количество ведер воды в обоих резервуарах сравняется?

Решение:

Пусть искомое время будет х (час), тогда получаем уравнение:

Решение его дает:

Исследование условий задачи:

Исследование решения уравнения. Положительное решение:

Отсюда:

Ь>а и т>л, т. е. во втором резервуаре в данное время воды больше, а поступает в него за каждый час меньше; или: b — а < О и m—л<0, при этом Ь<а и т<л, что показывает, что большее количество воды в данное время должно быть в первом резервуаре при меньшем в него поступлении воды за каждый час.

Отрицательное решение:

откуда: b> а и т<л, т. е. при меньшем поступлении воды за каждый час в первый резервуар, если в данное время в нем воды меньше, равное количество воды в обоих резервуарах уже было ранее; или: b —а < О и m — л>о; b <а и т>/г, т. е. при большем количестве воды в первом резервуаре в данное время и при большем поступлении в него воды за каждый час. Нулевое решение:

При неравном поступлении воды за час в каждый резервуар, равное количество может иметь место только в данный момент (при b = а = 0, в частном случае).

Уравнение не имеет корня: при m — л = 0, m — п; Ьфа. При неравном количестве воды в резервуаре в данное время и при равном поступлении ее за каждый час, выравнивание количества воды в резервуаре не может произойти.

Неопределенное решение:

При равном количестве воды в данное время и при равном ее поступлении в час равное количество воды в обоих резервуарах будет в любой момент.

Ответ:

2. В данное время в резервуарах находится равное количество воды (если b = а и тфп).

3. (При b > а и m < л, или b < а и m > п). В резервуарах равное количество воды было

Исходя из разбора вышеприведенных решений задач с конкретным содержанием, необходимо подчеркнуть, что исследование решения уравнения в этих случаях следует производить только такое, которое вытекает из смысла условий задачи, почему предварительному исследованию условий задачи следует придавать особое значение.

Для упражнения в решении задач с исследованием решения уравнения их имеется достаточно в стабильном задачнике Шапошникова, изд. 1937 г., ч. 1, гл. VI, № 532—563, или ч. 2, гл. XXIII, № 17—24, или по выбору с подстановкой буквенных количеств вместо числовых данных: ч. 1, гл. VI, № 371—476. Примерами более сложных задач могут служить: №237 из стабильного учебника алгебры Киселева, изд. 1936 г., ч. 2, § 132, или разбираемая в «Начальной алгебре» проф. Давыдова (Госиздат, 1922) § 174,— задача о курьерах. Текст последней задачи следующий.

«Два курьера едут но линии AB; первый проезжает в час v километров, второй—и, километров. Первый в известный момент проехал через точку Af, а второй h часами позднее — через точку N. Предполагая* что расстояние между точками M и N равняется d километрам, определить место встречи двух курьеров».

При решении этой последней задачи придется исследовать решение при движении обоих курьеров в одном направлении и при встречном движении (Давыдов).

Эту задачу полезно предварить № 677 из вышеуказанного «Практического руководства по математике» В. Гуревича и др. Приводим текст.

«Два аэроплана, вылетев из двух мест А и В, находящихся на расстоянии m километров друг от друга, летят по одному и тому же направлению со скоростями р и q километров в час. Аэроплан, имеющий скорость р километров, начал свой полет из A t часами раньше второго, вылетевшего из В. Сколько времени должен находиться в пути второй аэроплан, чтобы первый догнал его?».

Параллельно этой задаче следует решить подобную ей со следующим изменением текста, которое все исследование делает отличным от предыдущей задачи.

«Два аэроплана летят в одном направлении. Первый аэроплан, имеющий скорость v километров в час, вылетает из пункта A t часами раньше, чем второй аэроплан, имеющий скорость v километров в час, проходит последующий пункт пути В, отстоящий от А на m километров. Когда аэропланы встретились?».

В заключение следует сказать, что решение задач с числовыми данными, приводящими к основным случаям решения уравнения первой степени с одним неизвестным, следует практиковать еще в предшествующих (VII—IX) классах. Примерами могут служить данные в стабильном задачнике Шапошнико-

ва, ч. 2, гл. XXIII, № 15, 16. Составление по аналогии задач для других основных случаев при наличии большого количества текстов задач в 1-й части Шапошникова (соответствующим подбором числовых данных) не встречает затруднений.

Наконец, решение примеров с отвлеченными буквенными количествами, подобных приведенным под № 11 — 14 в задачнике Шапошникова (ч. 2, гл. XXIII), правильнее будет отнести ввиду их сложности в самый конец работы по теме, если вообще преподаватель наметит их прорешать и будет иметь на это время.

3. СИСТЕМА ДВУХ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОЙ СТЕПЕНИ С ДВУМЯ НЕИЗВЕСТНЫМИ

Теоретическая часть

Теоретическая часть вопроса достаточно изложена в стабильном учебнике алгебры Киселева (ч. 2, § 133—134); более подробно можно просмотреть в указанной выше «Начальной алгебре» проф. Давыдова. В нашей практике разбор темы был сведен в такую таблицу.

Примечание

Два нулевых решения (х = О чу = 0) имеют место при ab' — a'b ф0 и с = с, = 0.

Графическое истолкование решений системы в стабильном учебнике не приведено. Его можно дать одновременно с аналитическим.

При этом и будет выявлено, что определенная система получается пересечением прямых в одной точке вне (при положительных и отрицательных решениях) или на осях координат (при нулевых решениях); при отсутствии решения прямые будут параллельны, при неопределенном решении сольются в одну прямую. Приводим примеры таких упражнений.

Решить систему:

Решение 4-го примера будет такое.

1. Графическое решение

Решение

Черт. 1

Проверка:

2. Аналитическое решение:

Проверка: 24-0 = 2; 3-2 4-0 = 6

Практическая часть

Для решения примеров с отвлеченными буквенными количествами в стабильном задачнике Шапошникова (ч. 2, гл. XXIII) имеется достаточно примеров, охватывающих основные случаи решения системы: № 25—30. Можно использовать также упражнения за № 690—694 из «Практического руководства по математике» В. Гуревича и др.

Что касается задач с конкретным содержанием и данными, выраженными буквенными количествами, то в стабильном задачнике Шапошникова их в XXIII главе 2-й части нет. Однако этот пробел может быть покрыт решением тех задач из 1 части (гл. VI, № 535—562 и др.), которые могут быть рассмотрены как задачи с двумя неизвестными. Следует отметить, что вряд ли целесообразно затрачивать лишнее время на решение таких задач, так как оно мало принципиально и технически отличается от решения задач на составление уравнений первой степени с одним неизвестным (целесообразней отдать время на исследование квадратного уравнения).

Для сопоставления представляет интерес решение приводившейся выше задачи об аэропланах с некоторым дальнейшим осложнением, позволяющим решать ее составлением системы уравнений 1-й степени с двумя неизвестными. Приводим текст и решение задачи.

«Два аэроплана летят в одном направлении. Первый аэроплан, имеющий скорость v километров в час, проходит пункт A t часами ранее, чем второй, скорость которого v, километров в час, проходит последующий пункт/?, отстоящий от А на m километров.

Когда и на каком расстоянии от В аэропланы встретились?

1-е решение.

Пусть аэропланы встретятся через х (час.) после пролета второго над пунктом В на расстоянии у (км) за этим пунктом. Тогда первый аэроплан с момента пролета над пунктом А будет в пути t 4- х (час.) и пройдет до встречи v (/ 4- х) = m 4- У (км)\ второй же до встречи пройдет i/jjc = у \км).

Получается система уравнений:

Решая эту систему, имеем:

Исследование

1. Оба корня положительны:

1а) Условия:

Скорость первого аэроплана больше, чем второго.

Время, потребное первому аэроплану, чтобы покрыть расстояние от А до В, больше /, следовательно, второй аэроплан будет над пунктом В раньше первого, который при большей скорости догонит второй за пунктом В.

16) Условия:

Скорость первого меньше.

Первый аэроплан за t час. пролетает больше расстояния от А до В и в момент появления второго над пунктом В будет дальше этого пункта. Теперь второй аэроплан, летящий с большей скоростью, догонит первый за пунктом В.

2. Оба корня отрицательные:

2а) Условия:

Скорость первого больше.

В момент появления второго аэроплана над пунктом В первый будет дальше этого пункта и при большей скорости в дальнейшем будет только удаляться. Следовательно, встреча произойдет только перед пунктом В, где первый аэроплан догонит второй.

26) У слови я:

Скорость первого меньше.

Первый аэроплан будет над пунктом В после второго и при меньшей скорости не сможет его догнать. Второй догонит первый аэроплан перед пунктом В.

3. Нулевое решение.

Условия:

Скорости аэропланов неодинаковы.

Первый аэроплан будет одновременно со вторым над пунктом ß и в дальнейшем, как и ранее, аэропланы не могут при разных скоростях встретиться.

4. Решения нет.

Условия:

v — t>5 = 0; v = vv

Скорости одинаковы.

аэропланы будут над пунктом В в разное время и при равной скорости полета не могут встретиться ни до ни после В.

5. Неопределенное решение.

Условия:

Скорости аэропланов одинаковы.

Аэропланы одновременно пролетают над В и в дальнейшем, как и ранее, при равных скоростях будут совершать полет вместе.

Ответ:

Приведенное решение при большой простоте исследования, однако, дает неполную картину, в частности, не характеризует место встречи по отношению к пункту А.

Более детальное исследование дает 10 определенных ответов (вместо пяти по первому решению).

Решение аналогичных задач с изменением текста, приводящим к различию в проведении исследования, значительно помогает учащимся усваивать основной метод решения задач с исследованием решения: 1) взвешивать каждое слово задачи и каждое возможное значение данных буквенных количеств и искомого; 2) искать соотношений между данными, данным и искомым, ограничивающих объем исследования решения уравнения или системы их; 3) осмысливать эти соотношения в разрезе истолкования и возможности задачи и самого ответа; 4) находить реальный смысл решения.

4. КВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ

Теоретическая часть

Вопрос об исследовании квадратного уравнения в программе X класса отсутствует, очевидно, в силу того, что разбирается в VIII классе средней школы, где дается также и геометрическое истолкование решения квадратного уравнения. В стабильном учебнике алгебры Киселева в отделе об исследовании уравнений (ч. 2, § 135) дается краткая сводка аналитического исследования вопроса, но для рабочего использования эта краткая и неполная сводка недостаточна.

Целесообразно разбор дать в определенной системе, удобной в дальнейшем и для практического применения, например, <лх это делается в следующей сводке (см. стр. 31).

Общий вид квадратного уравнения: ах2 + + Ьх + с = 0.

Замечание: Первый коэфициент а число положительное.

Случай, когда а->0.

Этот вопрос в стабильном учебнике поставлен, но не разобран, поэтому и дается здесь в более полном изложении.

Если а->0, т. е. а = а (бесконечно-малая величина), то корни уравнения стремятся к пределу:

Так как здесь предел знаменателя равен нулю, то для нахождения пределов, к которым стремятся корни уравнения, следует преобразовать решение.

Решая последнее уравнение, получим:

Отсюда имеем:

поэтому yt = р (бесконечно-малая величина).

Теперь получаем:

Следовательно, если я->0, то один корень уравнения неограниченно возрастает по абсолютной величине, а другой —-> стремится к пределу, равному — —.

1) Неполное квадратное уравнение

Значение коэфициентов

Вид уравнения

Вид решения

Особенности решения

Одно нулевое решение

Два равных по абсолютной величине и противоположных по знаку корня

Два нулевых решения

2) Полное квадратное уравнение Общий вид решения:

Значение дискриминанта

Значение коэфициентов

Особенности решения

Оба корня — комплексные числа Оба корня — равные отрицательные числа Оба корня — равные положительные числа Корни вещественные, различные, оба — отрицательные числа

Корни вещественные, различные, оба — положительные числа

Корни вещественные, различные, с разными знаками, абсолютно-б ольший — отрицательный корень

Корни вещественные, различные, с разными знаками, абсолютно-больший- положительный корень.

При надлежащей проработке минимума из теории пределов в IX классе такой разбор для учащихся не представляет затруднений.

Геометрическая интерпретация решения квадратного уравнения может быть повторена параллельно аналитическому разбору на решении простейших примеров, когда левая часть уравнения может быть выражена одним из следующих пяти видов квадратной функции:

Так как значение параметра а во всех случаях положительное, то пересечение оси абсцисс ветвями параболы определяется во всех пяти случаях смещением вершины, характеризуемым параметрами Ь, m и п.

При Ь = 0 (у,) вершина находится в начале координат, и оба корня равны нулю.

При 6>0 вершина смещается вверх по оси ординат, пересечения нет, и оба корня мнимые числа; при 6<0 вершина смещается вниз по оси ординат, и ветви параболы в силу своей симметрии пересекут ось абсцисс в симметричных относительно начала координат точках: корни уравнения будут равны по абсолютной величине и противоположны по знаку.

При коэфициенте уравнения с = 0 (у8) одна из ветвей параболы проходит через начало координат, почему уравнение этого вида имеет всегда одно нулевое решение.

При т> 0 (у4) вершина параболы смещается по оси абсцисс влево от начала координат, что и характеризует два равных отрицательных корня; при т<0 смещение вершины характеризует два равных положительных корня.

При п > 0 (_Уб) вершина параболы смещается вверх от оси абсцисс, корни уравнения при этом комплексные числа (пересечения оси абсцисс нет); при л<0 точки пересечения ветвей параболы с осью абсцисс дадут два вещественных и различных корня уравнения.

Все эти положения можно вывести на графическом решении простейших примеров, как:

При решении для вычерчивания параболы достаточно ограничиться вычислением координат пяти точек параболы, из которых одна является вершиной параболы, а четыре других — попарно симметричными точками ветвей параболы.

Пусть дано решить графически уравнение: X* — Ах = 0; у = х2 — 4jc, или: у = х {х — 4). Как видно, ветви параболы будут пересекать ось абсцисс в точках, абсциссы которых будут 0 или 4 (х — 4 -- 0).

В данном случае это и будут абсциссы крайних симметричных точек из определенных пяти; абсцисса же вершины параболы (средней из пяти точек) будет равна —-— — 2, отсюда получаем:

График решения

Черт. 2

Масштаб

Решение: д:, = 0; х2 = 4.

Во всех остальных видах квадратной функции сначала по параметрам легко находится координаты вершины параболы и затем уже вычисляются координаты симметричных точек ветвей с ближайшими (к вершине) абсциссами.

Пусть дано решить графически уравнение:

Преобразовываем квадратный трехчлен:

Получаем:

Рассматривая здесь значения параметров /пил, находим координаты вершины С:х = = — 1;у = —4.

Отсюда имеем следующие координаты точек:

График решения

Черт. 3

Решение: Проверка 1)

2)

Практическая часть

Решение примеров с отвлеченными буквенными количествами

В виду полного отсутствия соответствующих упражнений в стабильном задачнике Шапошникова и большого значения их при решении задач с конкретным содержанием приводим отдельные виды таких упражнений различной сложности.

I. При каких значениях п нижеследующие уравнения имеют одно нулевое решение?

II. При каких значениях m нижеследующие уравнения имеют корни, равные по абсолютной величине и противоположные по знаку?

III. При каких значениях п корни нижеследующих уравнений имеют два нулевых решения?

IV. При каких значениях л нижеследующие уравнения имеют мнимые корни?

V. При каких значениях m нижеследующие уравнения имеют равные корни?

VI. При каких значениях m нижеследующие уравнения имеют целые корни.

VII. При каких значениях п нижеследующие уравнения имеют целый положительный корень?

VIII. При каких положительных значениях m нижеследующие уравнения имеют целый положительный корень?

IX. При каких целых и положительных значениях m нижеследующие уравнения имеют целые положительные корни?

Приводим решение некоторых из данных примеров.

Пример 1 — 3.

X2 + (с — п) X -+- п — с = 0.

По условию уравнение должно иметь одно нулевое решение, следовательно, значения коэфициентов уравнения общего вида будут: с = 0, ЬфО. Применяя к данному уравнению, получаем: п — с = 0, откуда п = с, при этом второй коэфициент при подстановке значения п также обращается в нуль: с — п = с — с = = 0, и неравенство, требуемое условием задачи, нарушается (получаются два нулевых решения).

Ответ: решения нет.

(Это можно было заметить и из непосредственного рассмотрения второго коэфициента и свободного члена данного уравнения.)

Пример III — 7.

Отмечая, что должно быть:

il —1=^=0; или: пф\,

преобразовываем уравнение 2хг = (п — 1) х + п — 1; 2х2 — (п-1) X — (л— 1) = 0. По условию коэфициенты уравнения общего вида должны быть: Ь = ^ с = 0. Имеем: /г —1=0, /1 = 1. Корни уравнения при этом: хл = х2 = 0. Подставляя в данное уравнение, получаем:

Ответ: решения нет.

Пример IV — 10.

Так как корни должны быть мнимыми, то дискриминант должен быть отрицательным числом:

Пример V—12.

По условию же дискриминант должен быть равен нулю; так как 1=^=0, то Ответ: решения нет. Пример VI — 15.

Корни будут целыми числами, если второе слагаемое будет целым числом.

Пусть теперь k будет принимать обусловленные значения, тогда m будет принимать возможные для него значения:

£ = 0; 1; 2. и т. д.

Проверка:

Ответ:

Пример VII — 17.

Положительным целым может быть корень

если числитель — 5 + ^/25 + 2/1 будет четным положительным числом.

Отсюда имеем: k= 1; 2; 3 и т. д. п = 12; 28; 48 » » » Проверка: п = 28;

Ответ: п = 2k (k + 5), где & > 0 и целое число.

Пример VIII —19.

Так как по условию задачи m > О, то "j/9 + 2т > 3 и положительным может быть только один корень 3 + j/"<j + 2m , причем его значение будет больше 6. Пусть: 3 + + |/* 9 + 2т = k, где k > 6 и целое число Топи: Y9 + 2m = £ — 3; 9 + 2m = — 6fc +

Отсюда имеем: k = 7; 8; 9 и т. д.

Проверка:

Пример IX — 24.

следовательно, корень — 1 + |/ 1 + 2т положительное число. Пусть теперь

По условию m должно быть целым числом, поэтому k2 + 2k должно быть четным числом.

2k число четное при любом значении k, то и k2 должно быть четным числом, откуда, k должно быть четным числом. Окончательно имеем: т = ——^-, где £>0 и четное число. Отсюда:

k : 2; 4; 6 и т. д. m: 4; 12; 24 » » » Проверка: m = 4;

Ответ: m = -я-, где k > 0 и четное число.

Решение задач с конкретным содержанием. При решении задач с конкретным содержанием в целях сокращения исследования целесообразно в задачах с двумя искомыми за неизвестное уравнения принимать меньшее искомое, когда по условиям это можно установить; исследование формулы для ответа на большее искомое при этом в подавляющем числе задач отпадает. Это замечание относится одинаково и к уравнениям первой степени; особое же значение оно приобретает при исследовании квадратного уравнения, когда проверка становится более сложной.

Далее, в целях единства плана решения исследование условий задачи выносится перед решением квадратного уравнения по формулам его корней, так как в ряде случаев это дает возможность сделать первый коэфициент положительным и тем сократить объем исследования.

Переходим к разбору решения ряда задач различной сложности и композиции.

1. (Шапошников, ч. 2, гл. XI, № 130).

«Два автомобиля выезжают одновременно из места А в место В. Один из них проходит в час на m километров больше, чем другой, и потому приходит в место В на п часов раньше другого. Расстояние между А и В равно р километров. Сколько километров в час проходит каждый автомобиль?»

Решение:

Пусть автомобиль, с меньшей скоростью, проходит в час х (км) и весь путь за 2- (час); тогда второй автомобиль в час проходит X + m (км), а весь путь — за Е . (час).

Отсюда:

Исследование условий задачи: т>0; л>0; р>0; je > 0. Решение (продолжение):

Исследование корней уравнения: пгт- + 4птр > 0, корни вещественные и различные; — рт < 0, корни имеют разные знаки; пт > 0, положительный корень будет абсолютно меньший, именно:

Проверяем:

Справедливость полученного неравенства очевидна, так как все множители левой части неравенства — положительные числа.

Ответ:

Один автомобиль в час проходит другой:

II. (Шапошников, ч. 1, гл. VIII, № 93, с изменениями.)

«За выгрузку товара уплачено а руб. Так как рабочих явилось на 3 человека меньше, то каждый из них получил на 3 руб. больше предположенного. Сколько рабочих было намечено на выгрузку?»

Решение:

Допустим, что рабочих на выгрузку было намечено х (человек), тогда явилось х — 3 (человек). Предполагалось каждому получить Ü (руб.); каждый из явившихся получил

Отсюда:

Исследование условий задачи:

а > 0; X > 3 и целое число.

Решение (продолжение):

Исследование решения:

Так как а > 0, то 9 + 4а > 0, корни вещественные и различные; |/9 + 4а > 3, следовательно, положительным будет

По условию задачи х > 3 и целое число. Допустим, что

где й>3 и целое число; тогда

Отсюда:

k = 4; 5; б и т. д. а = 4; 10; 18 » » » X = 4; 5; б » » » Проверка:

а — 18, X = 6; предполагалось каждому выдать 18:6 = 3 (руб.), выдано же 18.(6—3) = 6 руб., на 6 руб.— 3 руб.= 3 руб. больше. И т. п.

Ответ (при а = k {k — 3), где k > 3 и целое число): Рабочих на выгрузку было намечено

III. (Из вариантов письменных работ на весенних испытаниях 1939 г. в Москве.)

«Из сосуда, вмещающего а литров и наполненного спиртом, отлили некоторую часть и вместо спирта долили водой; потом отлили такую же часть смеси и снова сосуд долили водой, после чего в сосуде осталось спирта b литров. По скольку литров жидкости отливали каждый раз?»

Решение.

Пусть каждый раз отливали по х (литров) жидкости; тогда после первого отливания спирта в сосуде осталось а—х (литров), или а - (часть литра) на каждый литр емкости сосуда; во второй раз отлили (а х) х_ (литров) спирта, после чего в сосуде спирта осталось ров) или по условию задачи b литров. Отсюда имеем:

и после преобразований:

Исследование условий задачи:

а>0; Ь>0; а> Ь\ д:>0; jc<a. Решение (продолжение): Так как я — 6>0, то

Исследование корней уравнения: я6>0, корни вещественные и различные; а {а — Ь) > 0, корни имеют одинаковые знаки; — 2а < 0, оба корня положительные числа. Проверяем меньший корень: а — |/я&>0; а>]/я£; а>Ь, и справедливость неравенства а > \fab очевидна.

По условию задачи х<а. Проверяем корни по этому условию.

и справедливость полученного неравенства очевидна. Следовательно, задаче удовлетворяет только меньший корень. Ответ:

(При а > Ь). Каждый раз отливали по а — "J/ ab (литров) жидкости.

IV. (Шапошников, ч. 1, гл. VIII, № 91 с заменой числовых данных буквенными количествами.)

«Два лица идут навстречу один другому из двух мест А и В. При встрече оказывается, что первый прошел на а километров больше второго. Продолжая движение, первый приходит в В через b часов, a второй в А через с часов после встречи. Как велико расстояние от А до В?

Решение:

Примем расстояние от Л до В за х (километров), тогда пройденный первым путь до встречи будет х+а (километров), а вторым х~а (километров); скорость первого отсюда выразится в * а км/час, второго х км/час; время, затраченное до встречи первым, будет вторым

Отсюда имеем:

Исследование условий задачи: а > 0; &>0; так как второй идет с меньшей скоростью (одновременно с первым он прошел на, а километров меньше), и за с часов ему требуется пройти большее расстояние, чем первому за b час; х>а, так как а километров составляют только часть всего расстояния. Решение (продолжение): По условию с> & и b — с < 0, поэтому меняем знаки у членов уравнения на противоположные, чтобы первый коэфициент сделать положительным количеством:

Отсюда:

Исследование корней уравнения:

Ьс>0, корни вещественные и различные; а2 (£-!_£)> 0, знаки корней одинаковые;

— 2я(6+с)<0, оба корня положительные числа.

Проверим меньший корень:

и справедливость неравенства очевидна, так как при Ьфс среднее арифметическое этих чисел больше их среднего геометрического.

По условию х> а. Проверяем корни по этому условию.

1. Пусть

и справедливость неравенства очевидна, так как оба слагаемые положительные числа!

2. Пусть

но

чему противоречит неравенство 6>|//?с, которое, следовательно, в условиях задачи невозможно; поэтому допустим теперь обратное:

и справедливость полученного неравенства очевидна. Итак, только больший положительный корень удовлетворяет условию х >я.

Другой прием исследования корней уравнения в данной задаче. Преобразуем формулу корней:

Задаче удовлетворяет, следовательно, больший корень. Ответ:

(При с> Ь). Расстояние от А до Б

V. (Шапошников, ч. 2, гл. XI, № 124, с измененным вопросом.)

«Электрическая лампа в m свечей висела над столом. Когда она перегорела, ее заменили лампой в п свечей и, чтобы степень освещения не изменилась, лампу опустили на h сантиметров. На какой высоте над столом висела лампа в m свечей?»

Решение:

Пусть лампа в m свечей висела на высоте X (сантиметров), тогда лампу в п свечей повесили на высоте х — h (сантиметров); степень освещения стола лампой в m свечей была -^L (свечей), лампой в п свечей —-—- (свечей). Так как по условию задачи (лг — h)2 степень освещения не изменилась, то имеем;

Исследование условий задачи:

m >0; л > 0; m > л; л >0; x>h Решение (продолжение): Так как /и>л, m — л>0, то:

Исследование корней уравнения:

тп > 0, корни вещественные и различные; тй2>0, корни имеют одинаковые знаки; — 2/ял<0, оба корня положительные числа. Проверяем меньший корень:

и справедливость полученного неравенства m > ]/mn очевидна.

По условию jc>ä. Проверяем корни по этому условию:

и справедливость полученного неравенства очевидна, так как положительное число больше любого отрицательного.

и полученное преобразованием неравенство |^ш<л в условиях задачи невозможно. Допустим обратное:

и справедливость неравенства очевидна.

Вывод: задаче удовлетворяет только больший корень.

Другой путь исследования корней данного уравнения. Преобразуем формулу корней:

Так как

то дробь __:-— неправильная и первый корень положительный и больше Л; и потому дробь правильная, вследствие чего меньший положительный корень —р—-j= будет меньше h и задаче не удовлетворяет.

(При т>л). Лампа в m свечей висела h (m + yinn) над столом на высоте —— _ — см.

VI. (Шапошников, ч. 2, гл. XI, № 131.)

«Два прокатных стана могут, работая одновременно, прокатать а килограммов железа за Т часов. Если будет работать только один первый стан, то на прокатку указанного количества железа потребуется времени на t часов больше, чем при работе одного второго стана. Во сколько времени может прокатать а килограммов железа каждый из станов, работая отдельно?»

Решение:

Допустим, что один второй стан может прокатать а (килограммов) железа за * (час), тогда один первый стан прокатает то же ко-

личество железа за х + t (час), при этом в 1 час второй стан прокатает — (килограммов), а первый — - (килограммов); оба же вместе в 1 час прокатают iL _j--(килограммов), и за Г час (-а л---—\ Т (килограммов), что и составит всего а (килограммов). Отсюда:

Исследование условий задачи:

Т>0; t>0; х>Т.

Решение (продолжение):

оба корня — вещественные числа и положительный корень уравнения Т/"77. Если же Еф2Т,то

Исследование корней уравнения (по формуле):

/2 _j_ <> о, корни вещественные и различные;— 77 < 0, знаки корней противоположные.

1) tf — 27*>0, t>2T; абсолютно меньший корень будет положительным.

2) / — 2Г<0, *<2Г; положительным будет абсолютно больший корень.

Формула положительного корня в обоих случаях будет

Проверяем при

и справедливость неравенства очевидна. Проверяем при

и справедливость неравенства очевидна, так как в правой части отрицательное число

(*<2Г, / — 2Г<0).

Проверим теперь пригодность общей формулы положительного корня для случая, когда / = 27\

то же, что и при решении неполного квадратного уравнения. Следовательно, при всех соотношениях между t и Т положительный корень выражается одной формулой.

По условию X > Т. Проверяем

и справедливость неравенства очевидна. Ответ:

Второй стан а (кг) железа может прокатать за

первый стан — за

В заключение укажем на другие разобранные решения задач с исследованием квадратного уравнения: 1) приведенные в вводной части настоящей статьи («К постановке вопроса»); 2) задача о двух источниках света в стабильном учебнике Киселева.

В приведенных при разборе решений задачах на исследование квадратного уравнения можно встретить примеры, как можно имеющиеся в стабильном задачнике Шапошникова изменить и получить задачи с различной степенью сложности исследования. При этом можно по Шапошникову использовать по выбору преподавателя из ч. 1, гл. VIII, № 76—110; из ч. 2, гл. XI, № 122—131; гл. XIV—№ 121 — 134.

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО ГЕОМЕТРИИ С ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ

В. ГОЛУБЕВ (Кувшиново)

Эта трудная для учеников и ответственная тема совершенно не затрагивалась в методической литературе. Поэтому следует остановиться на ней подробнее.

Для того чтобы научить учащихся решать задачи по геометрии с применением тригонометрии, необходимо помочь ученикам в начале прохождения этой темы преодолеть целый ряд затруднений. Причинами этих затруднений являются следующие обстоятельства: 1) частичное забвение учащимися теорем геометрии, особенно планиметрии, и неумение выбирать из этих теорем нужные для решения данной задачи; 2) неумение построить четкий чертеж, особенно в стереометрии; 3) трудность перехода от данных элементов к элементам, необходимым для решения задачи, перехода, связанного часто с построением вспомогательных линий и деталей чертежа; 4) трудность замены геометрической формулы тригонометрическим выражением; 5) трудность преобразования тригонометрического выражения к виду, удобному для логарифмирования.

Для успешного преодоления этих трудностей преподавателю необходимо особенно тщательно учесть время для прохождения темы и подобрать систематический и необходимый материал из задачников для решения в классе и дома с учетом индивидуальных особенностей отдельных учащихся и общего уровня развития класса, постепенно переходя от задач легких к более трудным, постепенно преодолевая одно затруднение за другим.

Задачи по планиметрии с применением тригонометрии, которых, между прочим, в стабильном задачнике Рыбкина недостаточно (только 24), нужно начать решать тотчас же после решения треугольников, т. е. в начале II четверти 10-го года обучения. Эти задачи послужат для учащихся хорошим повторением планиметрии и трудной темы 9-го года обучения — приведения тригонометрических выражений к виду, удобному для логарифмирования. Для начала нужно взять более легкие задачи, например, из задачника по тригонометрии Березовского*, в котором имеется 91 задача по планиметрии.

Вот примерный выбор задач на первые уроки, рассчитанный на преодоление первого и четвертого из указанных затруднений для учащихся.

Домашнее задание к первому уроку: повторить о свойствах диагоналей и о площадях параллелограма, прямоугольника и ромба.

1-й УРОК

Задачи в классе. №1. «Определить площадь параллелограма по сторонам а и b и одному из углов «».

№ 2. «В параллелограме угол между высотами равен а, стороны — а и Ь. Найти площадь параллелограма».

№ 3. Определить площадь параллелограма по его диагоналям m и п и углу между ними а.

№ 4. «В прямоугольнике диагональ, равная d, образует со стороной угол а. Определить площадь прямоугольника».

Дома. № 5. «Определить площадь параллелограма по одной из сторон а, одной из диагоналей m и углу между данными стороной и диагональю, равному «».

№ 6. «В прямоугольнике диагонали пересекаются под углом «. Определить площадь прямоугольника, если его диагональ равная».

№ 7. «Определить площадь ромба по стороне b и углу «».

Повторить о трапеции и описанных четырехугольниках.

2-й УРОК

8. «Определить площадь ромба по меньшей диагонали m и острому углу ромба а».

№ 9. «В ромб вписана окружность радиуса г. Определить площадь ромба, если острый угол его равен «».

№ 10. «Около круга г описана равнобедренная трапеция, у которой Острый угол равен «. Определить площадь этой трапеции».

№ 11. «Определить площадь четырехугольника, если его диагонали равны р и g и образуют между собою угол *».

Пусть учащиеся объяснят, почему одинаковы ответы задач № 9 и 10, а также № 11 и № 3.

* Есть издание 1936 г. Из других задачников можно указать задачник Минина или Беркута и др.

Дома. № 12. «Определить площадь ромба по большей диагонали п и острому углу ромба а».

№ 13. «Определить площадь параллелограма по двум высотам ha, hb и углу между ними а.»

№ 14. В равнобедренной трапеции, описанной около круга, боковая сторона равна а, острый угол при основании равен а. Определить площадь трапеции.

3-й УРОК

В классе. Задачи из § 7 стабильного задачника по тригонометрии № 17—19 и №22. Дома. № 20, 27—28 из § 7.

4-й УРОК

В классе. № 15. «В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит гипотенузу в отношении m : л. Определить углы треугольника».

№ 16. «В прямоугольной трапеции основания равны а и b (а > b), а наклонная боковая сторона = с. Определить острый угол трапеции».

№ 17. «В прямоугольном треугольнике биссектриса острого угла делит противоположный катет в отношении m : л (т> п). Определить этот острый угол».

№ 18. «В равнобедренной трапеции острый угол равен а, высота = я, средняя линия равна т. Определить основания трапеции».

Дома. № 20, § 7 задачника.

Задача № 19. «Определить площадь равнобедренной трапеции, в которой основания равны а и b (а> b), угол при большем основании равен а».

№ 20. «В равнобедренной трапеции боковая сторона равна средней линии, периметр равен 2/7, острый угол а. Определить площадь трапеции».

5-й УРОК

В классе. №21. «Определить площадь равнобедренной трапеции, если ее диагональ = d образует с большим основанием угол ß».

№ 22. «В равнобедренный треугольник с основанием а и углом при основании а вписан квадрат так, что две его вершины находятся на основании, а другие две — на боковых сторонах треугольника. Определить площадь квадрата»

№ 23. «В равнобедренный треугольник вписан прямоугольник, у которого диагонали параллельны боковым сторонам треугольника. Определить площадь прямоугольника, если основание треугольника равно а, угол при основании равен ß».

24. «Из внешней точки, удаленной от центра на расстояние d, круг виден под углом а. Определить площадь круга».

Дома. № 25. «В квадрат со стороной а вписан другой квадрат так, что стороны второго квадрата образуют со сторонами первого углы, равные а. Определить площадь вписанного квадрата».

№ 26. «Из внешней точки круг радиуса г виден под углом а. Определить расстояние точки от центра».

№ 27. «Хорда, равная а, стягивает дугу, величина которой а. Определить расстояние хорды от центра».

6-й УРОК

В классе. № 28. «В круг радиуса R вписан прямоугольник ABCD. Определить площадь этого прямоугольника, если величина дуги AB равна а».

№ 29. «Определить площадь треугольника по радиусу R описанного круга и двум углам а и ß».

№ 30. «Определить площадь вписанного в круг радиуса R треугольника, если его стороны стягивают дуги а, ß, у»

№ 31. Определить площадь сегмента, если величина его дуги в радианах равна a, a радиус равен г.

В задачах этого урока встречаются уже сложные тригонометрические преобразования, а также площадь сегмента, что нужно дать как домашнее задание к уроку. Решение же этих задач пригодится при решении стереометрических задач.

Дома. № 32. «Окружность радиуса г разделена точками на 3 дуги, величина которых а, ß, у, и через точки деления проведены касательные. Определить площадь треугольника, образованного этими касательными».

№ 33. Определить площадь сегмента, если величина его дуги равна а (в радианах), а длина хорды равна а.

После того как учащиеся приобретут навык в решении простых задач из планиметрии, можно перейти к стабильному задачнику Рыбкина (§ 15а) для того, чтобы избежать затраты времени на диктовку задач. При этом преподаватель не только должен детально ознакомиться с задачами и прорешать их, но и классифицировать их: 1) по степени их трудности, чтобы установить порядок их решения в классе или дома; 2) по связи их с другими задачами; 3) по связи с теоремами геометрии и 4) по тригонометрическим преобразованиям.

В начале проработки темы нужно прорешать несколько числовых примеров с логарифмами в классе, а в дальнейшем все числовые примеры перенести на домашнюю работу. Для экономии времени на уроке полезно давать на дом, кроме решения 2—3 задач, задание—познакомиться с содержанием задач, намеченных преподавателем к следующему уроку, и сделать к ним чертежи в тетради, оставив место для решения. От этого чертежи в рабочей тетради будут лучше, так как в классе ученикам приходится делать чертежи наспех. Чертеж может быть сделан дома без буквенных обозначений для того, чтобы сделать эти обозначения общими при классном решении.

Ниже (стр. 42) я привожу ориентировочную классификацию задач из задачника Рыбкина § 15 а. Польза от классификации задач несомненна. Пользуясь ею, легко предвидеть заранее затруднения у учащихся, легко дать указания, для преодоления этих затруднений и выбрать материал для повторения на дом. Конечно почти каждая задача может быть решена несколькими способами. Учитель должен поощрять учеников в их исканиях решений задач, сравнивать эти решения по простоте и изяществу. Формулы, указанные в таблице в скобках, могут встретиться при более сложных способах решения задач § 15а.

Еще сложнее обстоит дело с решением задач по стереометрии с применением тригонометрии. Здесь основной трудностью является недостаточное развитие у некоторых учеников пространственных представлений и неуменье построить четкий чертеж. Для избежания этих недостатков нужно в начале прохождения стереометрии прибегать к наглядности, к моделированию пространственных фигур как при изучении теорем, так и при решении задач. Это моделирование поможет найти правильный путь для решения задачи, но далее нужно рекомендовать ученикам продумать, на каких теоремах основан найденный путь решения, решить задачу вчерне, затем сделать четкий чертеж к данной задаче в тетради и записать чисто решение задачи с объяснением, на основании каких теорем решена задача. Преподаватель сам должен давать образцовый чертеж на классной доске в случае объяснения им задачи и требовать, чтобы в тетрадях учеников были тщательно сделаны чертежи циркулем, по линейке или лекалу в случае необходимости. Для этого необходимо использовать навыки учеников по геометрическому черчению, с программой которого должен быть детально знаком и преподаватель математики. Нужно все время указывать ученикам на выполнение чертежей в учебниках геометрии и в задачниках. Конечно, излишняя наглядность также вредна, и чем более развиваются пространственные представления учеников, тем менее учитель должен прибегать к моделированию; учитель должен поощрять решение задачи без модели и даже без чертежа в отдельных случаях.

Задач по стереометрии с применением тригонометрии только в одном стабильном задачнике Рыбкина гораздо более того, что можно решить дома и в классе при том ограниченном числе часов, которое имеется у преподавателя при прохождении геометрии в X классе*. Следовательно, здесь учитель особенно тщательно должен ознакомиться с задачами стабильного учебника, должен отметить все задачи, которые нужно решить во всяком случае, задачи, которые можно пропустить, и задачи для домашнего решения. Преподаватель должен учесть, какие вопросы освещены задачами стабильного задачника недостаточно, следовательно, по какому разделу нужно дать дополнительно задачи из других задачников. Так, опыт показывает, что учащиеся особенно слабо справляются с задачами на взаимное положение прямых и плоскостей в пространстве, на определение площади сечений тел, на расчеты углов, между тем, как раз этих задач мало в стабильном учебнике. Следовательно, здесь необходимы добавления из других задачников (Гуревича и Минорского, Березовского, Минина, Гурвица и др.). Для экономии времени полезно давать на дом, кроме решения 2—4 несложных задач, задание — познакомиться с содержанием задач, намеченных преподавателем для решения в классе на следующем уроке, и сделать к ним чертежи в тетради, оставив место для их решения. От этого чертежи в рабочей тетради будут лучше: учащиеся могут их сделать дома тушью, не спеша, в удобном положении. Конечно, к стереометрическим чертежам иногда необходимо сделать указание, как расположить чертеж. При затруднениях нужно чертить планиметрическую деталь к задаче (основание, боковую грань тела и т. п.) и иногда прибегать к модели.

Все разделы стабильного задачника с задачами по геометрии с применением тригоно-

* Всего 212 задач по стереометрии с применением тригонометрии.

Задачи из § 15а, расположенные в порядке решения

Где решать?

Связь с другими задачами

Геометрический материал

Тригонометрический материал и преобразования

1

3 4

2 5 6

В классе—

N° 1 В классе—

N° 2 В классе—

N° 3 Дома—Задание № 1 »

»

Задача №2, 1)

» » 2)

Частный случай N° 3

Подобие правильных многоугольников Вписанные углы

»

Внешний угол треугольника

Площадь ромба

Выражение хорды через 2R

»

(sin 2 а)

7

8

9

10

11 12 13

В класс е—

N° 4 В классе—

№ 5 В классе—

N° 6 Дома—задание № 2 в » »

с № 9 с № 9

Площадь треугольника

Площадь правильного многоугольника

»

»

Площадь трапеции Площадь многоугольника

(sin 2 а) arctgß

sin.Ctg а = COS а Sin 2 а

14

15

16

18

19

20 17

В классе—

№ 7 В классе—

№ 8 В классе—

№ 9 В классе—

N° 10 Дома- задание N° 3 » »

с N° 12 с № 9 с № 9

с №. 18 с N° 18

Трапеция

Правильный многоугольник

»

Площадь сегмента »

Площадь сектора

sin 2 а arc sin а

22 23 21 24

В классе—

N° 11 В классе—

N° 12 Дома—задание № 4 »

Площадь параллелограма

Площадь сектора

Перпендикуляр на диаметр

Диагональ ромба

Теорема косинусов sin 2 «

метрии можно решать тотчас же после решения задач на соответствующую тему по геометрии, в течение всего 10-го года обучения, не откладывая этого к концу учебного года. Так, уже в начале 10-го года, после прохождения темы о косоугольном треугольнике по тригонометрии, нужно приступить к решению задач из § 16—18 задачника: «Прямые и плоскости», «Двугранные и многогранные углы», «Площадь проекции», так как эти темы по геометрии пройдены уже в IX классе. Предварительно нужно добавить достаточное количество более легких задач (см. далее) на эти темы. В конце же года необходимо дать ряд задач из предлагавшихся на выпускных испытаниях в X классе* с тем, чтобы учащиеся испробовали свои силы и знания и получили уверенность в том, что они справятся со всеми трудностями на испытаниях. Необходимо давать больше легких задач, особенно для домашнего решения, с тем, чтобы научить решать задачи даже слабейших учащихся. Для сильных же учеников нужно рекомендовать решать дома более сложные задачи.

Перехожу теперь к отдельным темам задачника.

* См., например, № 3 журнала за 1938 г., статью Березанской.

УРОК 1

Прямые и плоскости в пространстве

В классе. № 1. «Точка Л отстоит от плоскости на а см; проекции наклонных AB и АС образуют каждая с наклонной угол « и между собою угол ß. Определить расстояние ВС между концами наклонных».

№ 2. «Из точки А проведены к плоскости перпендикуляр AD и 2 наклонные AB и АС. Наклонная AB равна а си и образует с перпендикуляром угол а. Найти длину наклонной АС, если она образует с плоскостью угол ß».

№ 3. «Из точки, отстоящей от плоскости на расстоянии а, проведены две наклонные, образующие с плоскостью углы а и ß, причем их проекции образуют между собою прямой угол. Определить расстояние между основаниями наклонных».

Дома. №4. «Точка отстоит от плоскости на расстояние h. Определить длину наклонной, проведенной из данной точки под углом а к плоскости».

№ 5. «Плоскости M и Р параллельны. Из точек А н В плоскости M проведены к плоскости Р две наклонные: АС под углом а и BD под углом ß к плоскости М. Проекция наклонной АС на плоскость M равна а. Найти проекцию BF и длину наклонной BD».

№ 6. Решить задачу № 1 из § 16 задачника Рыбкина.

УРОК № 2

Задача № 7. «В правильной треугольной пирамиде с высотой h боковые ребра составляют с плоскостью основания угол ß. Определить сторону основания пирамиды».

№ 8. «Высота правильной четырехугольной пирамиды равна h; боковые грани ее наклонены к плоскости основания под углом ß. Определить длину боковых ребер пирамиды».

№9. «Диагональ прямоугольного параллелепипеда составляет с плоскостью основания угол а. Стороны основания равны а и Ь. Определить высоту h и длину диагонали / параллелепипеда».

№ 10. «Из центра круга проведен перпендикуляр к его плоскости. Из точки, лежащей на этом перпендикуляре на расстоянии h от центра круга, диаметр его виден под углом «. Определить площадь круга».

Дома. № 11. «К плоскости M проведены две наклонные с равными проекциями: наклонная AB = а см под углом а и наклонная CD под углом ß к плоскости М. Определить длину CD».

№ 12. «В правильной треугольной пирамиде угол между высотой и боковым ребром равен л; сторона основания пирамиды равна а. Определить высоту пирамиды».

№ 13. Решить задачу 2 из § 16.

На следующих уроках можно перейти к задачам § 16 на расчеты углов. Но для решения этих задач необходимо знание обратных тригонометрических функций.

УРОК 3

В классе. Задачи № 4, 7, 9 и 11 из § 16. Дома. Задачи № 3, 5 и 6.

УРОК 4

В классе. № 12. 13. 14 и 15. Дом а. № 8, 16.

ДВУГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ

УРОК 5

№ 14. «Через ребро двугранного угла, равного а, проведена плоскость М. Точка Л на этой плоскости отстоит от одной грани угла на а см. Найти расстояние от точки Л до другой грани, если последняя образует с плоскостью M угол ß».

№ 15. «Из точки Л одной грани двугранного угла, равного а, опущен перпендикуляр AB, равный h см, на другую грань. Ил точки В опущен перпендикуляр ВС на первую грань, из точки С — перпендикуляр CD на вторую грань. Найти длину CD».

№ 16. Задача № 2 (1) из § 17 задачника. Дома. Задачи № 1, 2 (2) из § 17.

УРОК 6

В классе № 3, 6 и 7 из § 17. Дома. N2 4, 5 и 10 из § 17.

УРОК 7

В классе. Задачи № 9, 11 и 15 (1) из § 17. Дома. № 8, 12 и 15 (2) из § 17.

ПЛОЩАДЬ ПРОЕКЦИИ ФИГУРЫ НА ПЛОСКОСТЬ

На этот раздел задач нужно обратить особенное внимание, так как его основательная проработка позволит учащимся легко определять боковую поверхность тел во многих случаях. Можно начать раздел с решения задач на определение проекций линий.

УРОК 8

В классе. № 17. «Определить длину проекции отрезка, равного а см, на плоскость М, с которою данный отрезок составляет угол а».

№ 18. «Ломаная линия, составленная из отрезков af Ь, с, спроектирована на плоскость, с которой эти отрезки составляют соответственно углы а, ß, у. Определить длину проекции ломаной линии».

№ 19. «Одна сторона квадрата, равная а см, лежит в плоскости М. Плоскость квадрата образует с плоскостью M угол а. Определить периметр и площадь фигуры, получающейся при проектировании квадрата на плоскость М».

Дома. № 1, 2, 3 из § 18.

УРОК 9

В классе. Задачи № 4, 6 и 7 из § 18. Дома. № 5, 8, 9 из § 18.

ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ О ПЛОЩАДИ ПРОЕКЦИИ К НАХОЖДЕНИЮ ПОВЕРХНОСТИ ПИРАМИДЫ

УРОК 10

В начале урока необходимо доказать теорему о площади проекции на плоскость; этой теоремы нет в учебнике геометрии Киселева, но она есть, например, в учебнике Гурвица и Гангнуса, ч. 2. Далее можно решить задачи из § 19 —№ 19—21.

Дома. № 21 и 22 из § 19 и № 10 из § 18.

Так как на остальные разделы в стабильном задачнике по тригонометрии Рыбкина имеется большой выбор задач, я остановлюсь лишь на разделе: «Вписанные и описанные тела». Задач на этот раздел в задачнике Рыбкина совершенно недостаточно (№ 12—19, 28, 30 в § 22).

Полезно проработать предварительно, хотя бы на занятиях математического кружка, статью т. Шевелева («Математика в школе» за 1938 г. № 2) «Геометрические тела, вписанные в шар и описанные около него». Кроме того, нужно прорешать задачи § 23 из стабильного задачника по геометрии Рыбкина, ч. 2.

УРОК 1

В классе. № 20. Образующая конуса равна / и наклонена к основанию под углом а; определить высоту вписанного в конус равностороннего цилиндра, если основания их лежат в одной плоскости.

№ 21. «В конус, образующая которого / наклонена к основанию под углом а, вписана правильная трехугольная призма с равными ребрами; основание призмы лежит на основании конуса. Определить ребра призмы».

№ 22. «В равносторонний конус вписана правильная л-угольная пирамида. Определить двугранные углы при основании пирамиды»

Дома. № 23. «Определить отношение боковых поверхностей конуса и правильной описанной л-угольной пирамиды».

Задача № 4 из § 22.

УРОК 2

№ 24. «Высота правильной четырехугольной призмы равна й, диагональ призмы наклонена к боковой грани под углом а. Определить радиус описанного шара».

№ 25. «Около шара, объем которого = v описана прямая четырехугольная призма основание призмы есть ромб с острым углом а. Определить объем призмы».

Дома № 26. В шар радиуса R = 2bfic4 вписан цилиндр, диагональ осевого сечения которого наклонена к основанию под углом а = 36° 24'. Найти объем цилиндра».

№27. «Найти боковую поверхность правильной четырехугольной пирамиды, вписанной в шар радиуса R, если плоский угол при ее вершине равен а».

Задача № 7 из § 22.

УРОК 3

№ 28. «Определить объем конуса, вписанного в шар радиуса R, если образующая конуса составляет с плоскостью его основания "угол а».

№ 29. «Конус, образующая которого наклонена к плоскости основания под углом а, вписан в шар. Объем конуса = v. Определить поверхность шара».

№ 30. «Шар, объем которого v = 84,736 с и3, вписан в конус, образующая которого составляет с плоскостью основания угол а = 56° 13'».

Определить объем конуса.

Только при тщательно продуманном плане работы, при учете всех указанных «мелочей», учитель достигнет хороших результатов в своей трудной работе.

ИЗ ОПЫТА

ОПРОС УЧЕНИКА КАК ФОРМА УЧЕТА НАВЫКОВ И ЗНАНИЙ ПО МАТЕМАТИКЕ

Г. СТАЛЬКОВ (Москва)

Когда преподаватель закончил объяснение нового материала и приступил к закреплению его путем решения примеров и задач, он обычно вызывает к доске учащихся. Ученик решает примеры, попутно учитель задает ему вопросы теоретического порядка. Такой опрос в основном преследует не цели учета знаний учащихся, а является одним из методических приемов коллективной работы над новым материалом: класс работает самостоятельно, один ученик работает под контролем учителя (и класса) у доски. Работа у доски есть образец работы для остального класса. Такой опрос у доски лишь частично дает материал для суждения учителя о навыках и знаниях ученика. Эту работу следует оценивать отметкой только в том случае, если ученик в работе у доски выявил грубые ошибки в области знания старого материала, или, наоборот, в работе по новому материалу выявил свой оригинальный подход к вопросу. Здесь мы хотим остановиться на тех формах опроса, которые преследуют цель выявления знаний и навыков каждого учащегося в отдельности и всего класса в целом. Остановимся поэтому вначале на некоторых общих установках по учету навыков и знаний учащихся.

Задачи учета навыков и знаний по любому предмету, в том числе и по математике, сводятся в основном к следующему:

а) установить объем изученного материала;

б) проверить систематичность полученных знаний;

в) проверить прочность усвоения;

г) проверить умение самостоятельно работать над учебником, вообще над книгой, с наглядным пособием;

д) проверить умение применить полученные навыки и знания на практике.

Эти принципиальные установки учета конкретизируются для математики так:

а) уметь выводить правила, формулы, уметь доказывать теоремы, в частности, владеть общими приемами ведения доказательств;

б) знать наизусть все определения, правила, теоремы, формулы; уметь их сформулировать, проанализировать, обобщить; уметь их написать;

в) уметь применить нужное правило, формулу, теорему к решению примеров и задач (связь теории с практикой), знать общие приемы решения задач;

г) уметь вести все вычисления наиболее рациональным путем и доводить безошибочно их до конца, кроме того оформлять все эти записки наиболее рациональным путем.

Все указанные моменты должны проверяться учителем в каждом из классов, начиная от пятого и кончая десятым, и при изучении любой математической дисциплины.

Все эти моменты должны проверяться как путем соответствующим образом поставленных контрольных письменных работ, так и путем устного опроса учащихся. Здесь мы коснемся последнего.

Проверка знаний учащихся должна быть систематической. Учитель должен проверять тщательно каждую работу ученика, выполненную им как в классе, так и дома. Каждую работу учитель должен проверить своевременно, все решительно ошибки ученика (включая и грамматические) должны быть исправлены учителем. При всех видах и формах проверки навыков и знаний необходимо проверять каждого отдельного ученика. Проверка знания класса в целом и соответствующие выводы для учителя будут получаться как некоторые обобщение результатов проверки успехов каждого отдельного ученика.

Рассмотрим три основные формы опроса учащихся в целях проверки их знаний и навыков:

а) опрос всего класса путем постановки ряда вопросов;

б) опрос отдельных учащихся путем вызова их к доске;

в) опрос отдельных учащихся (с места или у доски) с целью проверки выполнения домашнего задания.

Опрос всего класса производится в том случае, если перед объяснением нового материала надо повторить часть старого материала, который послужит исходным пунктом для объяснения нового материала. Например, для вывода правила деления на десятичную дробь повторяется правило деления десятичной дроби на целое число, правило увеличения десятичных дробей в 10, 100 и 1 000 раз, изменение величины частного от изменения величины только делителя, только делимого, одновременно делимого и делителя в одно и то же число раз. Здесь опрос будет состоять в повторении формулировок и в выполнении некоторого числа примеров.

Но опрос всего класса может иметь место также в конце урока, когда подытоживаются

результаты работы. Допустим, урок был посвящен выводу свойства корней полного квадратного уравнения приведенного вида. В конце урока, после того как задано домашнее задание, учитель ставить классу ряд вопросов: «Что же мы сегодня изучили?», «Какое уравнение называется квадратным?» «Какие виды полных квадратных уравнений вы знаете?», «Напиши оба вида полного квадратного уравнения», «В чем заключается свойство корней, подмеченное Виета?», «Повтори формулировку теоремы Виета», «Иди к доске и проверь справедливость этой теоремы для уравнения: хг — Зх — 10 = 0», «Какое применение теоремы Виета мы изучили сегодня?», «Иди к доске и составь квадратное уравнение по корням его:

Мы видим, что в одном случае опрос класса идет лишь по линии проверки знания формулировок и наличия навыка в решении примеров и задач. Это — неполноценная проверка знаний и навыков, так как она не включает проверки умения делать выводы. Во втором из разобранных примеров мы уже имеем все три момента: повторение формулировок, выводов, решение примеров. Но наиболее интересен опрос всего класса тогда, когда он ставится в момент повторения материала или в момент учета по только что изученной теме, когда один-два ученика у доски готовят ответ на заданные вопросы, а класс в это время опрашивается учителем.

К сожалению, в этих случаях учитель склонен свести весь опрос только к проверке знания учащимися формулировок. Это, конечно, искусственное суживание содержания опроса. Помимо опрашивания формулировок учитель может и должен ставить классу задания по теории. Учителю необходимо преодолеть укоренившийся предрассудок, что доказывать теоремы, выводить правила, формулы можно только письменно, либо у доски, либо в тетради ученика. Нам кажется, что вполне возможно предлагать классу для устного доказательства ряд теорем и выводы ряда правил. Такие устные выводы и доказательства будут способствовать развитию пространственного воображения учащихся и будут обогащать устную речь учащихся. Почему, например, нельзя учащимся пятых классов предложить для устного вывода признак делимости чисел на 2? Ученик может сам назвать какое-либо число (или это число дает ему учитель) и устно рассказать о том, как он это число разложит на два слагаемых, приведет теорему о делимости суммы на данное число и т. д. Почему нельзя ученику VI класса предложить для устного вывода правило умножения многочлена на одночлен, вывод формулы (а + Ь)г и т. п.? Почему нельзя предложить ученику VII класса для доказательства устно теорему о свойстве диагонали параллелограма? Пусть ученик мысленно представит себе параллелограм ABCD, скажет о том, что он проводит диагональ АС, что эта диагональ разобьет параллелограм на два равных между собою треугольника ABC и CDA. Эти треугольники будут равны, так как имеют общую сторону АС и т. д.

Таким же образом в любом из классов средней школы по любой из математических дисциплин можно подобрать достаточное количество выводов, правил, формул, доказательств теорем, которые могут быть предложены учащимся для устного ответа без всякой записи или чертежа. И это, по нашему мнению, может быть применено до десятого класса включительно. Почему бы не предложить учащимся десятых классов для устного доказательства теорему о свойстве диагонали прямоугольного параллелепипеда? Ученик должен мысленно представить себе прямоугольный параллелепипед ABCD AABxCxDl% затем мысленно провести диагональ параллелепипеда ЛС, и диагональ основания C,i4, из рассмотрения прямоугольных треугольников ЛС,Л, и Л,С,Л, вывести свойство диагонали этого параллелепипеда.

Итак, вполне возможно и очень желательно предлагать учащимся для устного вывода доказательства. Само собой понятно, что при устном опросе класса (во время повторения или учета по теме) вполне возможно предлагать для устного решения примеры и задачи. Учитель это делает, но делает обычно только на уроках арифметики. И здесь надо преодолеть сложившуюся вредную традицию и начать широко применять устные вычисления и по алгебре, и по геометрии, и по тригонометрии. Пожалуй, нет такой темы арифметики, алгебры, геометрии и тригонометрии, в которой нельзя было бы подобрать достаточное количество упражнений для устного вычисления. Почему, например, нельзя предложить устно вычислить (а — 2)2, или устно разложить на множители J-д3—27, или решить устно уравнение х* — 5х + 6 — 0, или определить устно, чему равен логарифм числа 32 при основании 2? и т. п. Почему, например, нельзя предложить для устного решения такие задачи по геометрии:

«Один из смежных углов больше другого в 2 раза. Определить эти углы».

«Чему равны углы вписанного в круг многоугольника, если вершины этого многоугольника делят длину окружности в отношении 1:2:3:4?»

«Вычислить сечения куба с ребром «а», если сечение проведено через вершины ABCiDi».

И в тригонометрии целый ряд примеров можно предложить для устного решения:

Упростить: Упростить: Упростить: Вычислить:

Дано, что

Решить уравнение:

При такой постановке опроса класса можно говорить об оценке отметкой ответа ученика с места. При условии же проверки знания одних формулировок (при устном опросе с места) вопрос об оценке ответа должен быть решен отрицательно.

Перейдем теперь к рассмотрению организации и методики опроса у доски в целях учета знаний и навыков отдельных учащихся

по изученной теме (или в конце года по курсу математики данного года обучения).

Один из учащихся (или двое) вызывается к доске. Учащемуся предлагается решить задачу по материалу данной темы, или вывести формулу, или доказать теорему. Для подготовки к ответу учащемуся дается некоторое время. Пока учащийся подготовляется к ответу, учитель может провести опрос класса указанным выше способом. Перед началом работы ученика у доски полезно проверить, правильно ли понял ученик задание. Подготовляясь к ответу, ученик может сопровождать вывод формулы, правила, доказательство теоремы, решение задачи словесными поясняющими записями в той мере, в какой он пожелает. Но приучать учащихся следует к сокращению до минимума словесных пояснений рядом с записями математических равенств, а в старших классах приучать вообще к сведению всяких записей до минимума, приближая ответ ученика к устному рассказу всего процесса вывода, решения. Подготовка ученика к ответу должна быть совершенно самостоятельной. Вмешательство учителя в процесс подготовки может быть лишь в двух случаях:

1) «Изложи подробней», или «Пиши покороче» (в зависимости от надобности).

2) «У тебя ошибка» (без указания, где и какая).

Когда ученик кончил подготовку материала к ответу, учитель прекращает опрос класса, поворачивается в полуоборот к ученику и к классу и призывает класс слушать ответ.

Иногда учитель делает такую ошибку: просмотрев молча правильность записей ученика на доске, он сажает его на место. Таким образом, устный ответ фактически отменен и заменен письменным. Как правило, этого делать не надо.

Каковы же требования к ответу ученика у доски?

Прежде всего надо бороться с чрезвычайно широко распространенным способом ответа ученика: он просто зачитывает то, что написано на доске. Это очень грубый дефект устного ответа ученика, и учитель должен повести с ним самую решительную борьбу, требуя от ученика изложения не того, что написано, а того, почему так написано. На написанное же на доске (оно видно и учителю и ученикам класса) ученик в процессе рассказа может показывать.

Далее, ответ ученика должен быть в форме вполне самостоятельного, связного и мотивированного рассказа. Это значит, что надо всячески избегать ответа по вопросам. Это значит, далее, что в процессе рассказа учитель не должен помогать ученику. Наконец, это значит, что ученик должен не только сказать, что он соединяет отрезком прямой точки Л и В, но должен указать, зачем ему это надо. Ученик должен не только сказать, что из прямоугольного треугольника ABC он по теореме Пифагора находит гипотенузу С, но он непременно должен доказать, указать, почему треугольник ABC будет прямоугольный.

Таковы требования к ответу учащегося.

Каково же поведение учителя?

Как правило, учитель во все время ответа должен хранить молчание. В исключительных случаях учитель в момент ответа ученика может изредка подавать реплики такого характера: «Почему?», «Зачем вам нужен отрезок ЛС?», «Почему вы утверждаете, что прямые AB и CD будут перпендикулярны?», «Докажите, что плоскости Р и Q действительно параллельны», «Ваше утверждение неверно».

Таким образом, эти реплики не подсказывают ответ ученику, они не сводят ответ ученика в виде связного рассказа к ответу на мелкие вопросы,— они проверяют степень сознательности ответа, глубину понимания, требуют восполнения недостающей мотивировки или пресекают ответ ученика, когда последний пошел по неверному пути.

Но лучше совершенно не вмешиваться в ответ ученика и лишь после окончания рассказа поставить вопросы указанного характера, если ответ ученика недостаточно полон, если мотивировка недостаточна, или если сознательность ответа ученика вызывает сомнения.

Но, кроме таких вопросов со стороны учителя, в конце ответа ученика могут и должны быть поставлены вопросы, проверяющие, не формальны ли знания ученика. Так, например, после вывода учеником теоремы синусов полезно задать ряд вопросов примерно такого содержания: «Можно ли с помощью теоремы синусов решить прямоугольный треугольник?», «Как будет читаться теорема синусов —— =——, если угол В прямой?» «Можно ли решить косоугольный треугольник, не пользуясь теоремой тангенсов, теоремой косинусов?» и т. п.

Каково, наконец, должно быть поведение класса во время ответа ученика у доски? Мы уже указали, что учитель призвал учащихся слушать ответ ученика у доски. Это участие не должно сводиться к роли пассивных зрителей. Ученики должны внимательно слушать ответ и при каждой ошибке отвечающего молча поднимать руку- Учитель, в случае надобности, может предложить любому ученику (либо поднявшему руку, либо не поднявшему ее): «Поправь ошибку», или: «А как ты думаешь?»

Наконец, учитель может в любой момент предложить кому-либо из учащихся итти к доске и продолжить доказательство, вывод, решение задачи. Вызванный должен встать и без всяких дополнительных указаний, вопросов начать ответ у доски точно с того места, на котором учитель вызвал его к доске. К сожалению, действительность очень часто рисует нам иные картины: вызванный ученик к ответу не готов, он задает учителю вопрос, о чем идет речь, и т. п. Со всеми этими проявлениями невнимательности учитель должен вести систематически и упорно борьбу.

Перейдем, наконец, к устному опросу учащихся с целью проверки выполнения домашнего задания.

Мы не будем здесь касаться вопроса о домашних заданиях в целом, мы не будем касаться здесь всех форм проверки домашних заданий, а лишь коснемся устного опроса учащихся при проверке домашнего задания.

Прежде всего отметим, что не должно быть ни одного задания, выполнение которого не было бы проверено и с количественной и с качественной стороны.

Далее, надо предостеречь учителя от чисто формального способа проверки выполнения домашнего задания. Учитель спрашивает: «Вышли ли задачи?» и, получив утвердительный ответ, считает вопрос исчерпанным. Такая «проверка» домашнего задания дает большой простор для разложения класса.

Учитель может пользоваться самыми разнообразными приемами проверки, но важно, чтобы проверка фактически была бы произведена каждый урок. Наиболее часто практикуется такой способ качественной проверки выполнения домашнего задания. Учитель называет кого-либо из учеников (ни в коем случае не в порядке алфавита или в порядке размещения учащихся на партах), и тот читает пример или задачу, а затем либо рассказывает весь процесс решения, либо говорит один ответ. Пусть, например, идет проверка примеров на сложение и вычитание алгебраических дробей, причем дан тренировочный материал не в первый после вывода правил раз. Ученики правило уже усвоили. Здесь можно ограничиться чтением одних ответов. Только изредка, когда у учителя возникают какие-либо сомнения, он может предложить ученику подробно изложить весь процесс выполнения примера, при чем ученик должен рассказать не только то, что он делал но и почему он так или иначе поступил. Или учитель, выслушав ответ ученика по данному примеру, задает ему несколько вопросов, проверяющих степень самостоятельности и сознательности ответа ученика. Например: «Каков у тебя знаменатель второй дроби?» «Почему знак этой дроби изменился на противоположный?» «Скажи правило перемены знака перед дробью» «Чему равен дополнительный множитель третьей дроби?» «Что называется дополнительным множителем?» «Как он находится?» «На что ты сократил результат после сложения и вычитания дробей?»

Получив от ученика ответ, учитель спрашивает: «У кого иной ответ?» или заранее договаривается с учащимися о том, что они поднимают руку в случае расхождения их ответа, В этом случае надо предложить ученику, получившему иной ответ, подробно рассказать весь ход решения примера или задачи. Тогда он с помощью учителя и класса вскроет, где у него в решении допущена ошибка.

Если идет проверка домашнего задания на составление и решение уравнений по условиям задачи, то здесь непременно надо, чтобы ученик, вызванный учителем, подробно рассказал, что он обозначил через «х», какие вел рассуждения и записи по условию задачи и как постепенно пришел к составлению уравнения. Прочитав составленное уравнение, он может назвать ответ и обосновать затем, какой из корней пригоден в качестве ответа задачи, если уравнение выше первой степени. Если ученик рассказывает доказательство справедливости тригонометрического тождества, то здесь он должен подробно изложить все промежуточные преобразования левой или правой части тождества, которые понадобились для доказательства его справедливости.

Помимо вопроса к отвечающему ученику о том, как он сделал, почему так, а не иначе поступил, следует ставить перед классом вопрос о том, кто решил пример или задачу иным способом. При таком способе проверки домашнего задания (путем выборочного вызова ученика для ответа с места) ученик направляется к доске для полного решения примера или задачи лишь в том случае, если какая-либо задача вызвала затруднения у многих учащихся, или не решена большинством учащихся класса, или кто-либо из учеников предлагает новый, интересный прием решения, или учитель сам хочет дать новый, более рациональный, чем у учеников, прием решения.

Иногда опрос ученика по проверке домашнего задания проводится путем вызова того или иного ученика к доске для выполнения части домашнего задания или всего задания. К этому способу проверки приходится прибегать при проверке трудных и сложных заданий, при проверке заданий по теории (сложных для изложения устно), при проверке сложных геометрических задач, особенно на построение и доказательство. Наконец, к такой проверке домашнего задания надо прибегать во всех тех случаях, когда у учителя возникает сомнение относительно самостоятельности выполнения учеником домашнего задания. Вызванный к доске ученик подает учителю тетрадь с выполненной домашней работой, а сам у доски решает пример или задачу. Ясно, что без тетради в руках он выполнит работу у доски только в том случае, если дома он ее решил вполне самостоятельно. Ответ у доски с тетрадью в руках не имеет никакой цены. Пока ученик отвечает у доски, учитель имеет возможность познакомиться с тетрадью ученика как со стороны ее содержания, так и со стороны внешнего оформления работы. (Это, конечно, не единственный и не основной прием проверки учителем тетради ученика.)

Если домашнее задание состоит из сложного теоретического материала, из решения сложных примеров и задач, то сразу же учитель вызывает одного или двух учеников к доске для подготовки ими ответа. В этом случае проверка домашнего задания у доски идет описанным уже выше способом.

В заключение остановимся на вопросе об оценке знаний и навыков учащихся по математике.

Прежде всего отметим, что опыт работы наиболее опытных преподавателей математики обеспечивает постановку на каждого ученика в четверть стольких оценок, сколько недельных часов приходится на математику в данном классе (считая отметки и за устные и за письменные ответы).

Коснемся теперь тех критериев, которые должны лечь в основу оценки знаний и навыков учащихся по математике по пятибалльной системе. Здесь мы будем говорить лишь об оценке устных ответов учащихся.

Наилучшим измерителем объема и качества знаний и навыков учащихся является число. Оно точнее, конкретнее и объективнее показывает объем достижений учащихся. Однако для установления таких объективных измерителей навыков и знаний весь учет должен быть построен по более совершенным объек-

тивным формам. Ввиду того, что пока что вопрос об объективных способах учета не разработан, учет носит характер субъективного восприятия учителем и субъективной оценки навыков и знаний учащегося. Мы не берем на себя смелость здесь разрешить эту сложную проблему, требующую длительной, кропотливой научной работы. Давая некоторые примеры критериев оценки навыков и знаний учащихся, мы хотим лишь очертить рамки тех требований к ученику, которые градуируются словами: «отлично», «хорошо», «посредственно», «плохо» и «очень плохо».

Во г эта примерная градация оценок навыков и знаний учащихся при устном их опросе.

Отметка «пос» ставится, если усвоен весь материал данного года обучения, кроме деталей, материал предыдущих лет помнит без доказательств, знания систематизированы. Умеет доказать теорему и сделать вывод. Знает все определения и правила, формулы и умеет их применять при решении простейших практических вопросов.Ответы дает стилистически и математически правильным языком с употреблением нужных математических терминов. Детали освещает не вполне. Тетради в порядке. При работе пользуется одним лишь основным учебником.

Отметка «пл» ставится, если материал данной темы, четверти или года не усвоен достаточно твердо, не на все наводящие вопросы преподавателя дает правильный ответ. Знания несистематизированы. Теоремы до конца довести не может. Определения, правила знает недостаточно четко. Затрудняется применить их в решении задач. Решенную задачу не умеет объяснить. Запись ведется бессвязно, несистематически.

Отметка «оч. пл.» ставится, если материал года не усвоен совершенно или усвоен в самой незначительной своей части. Не может схватить основной мысли в материале, незнание предыдущего мешает понимать проходимый материал. Не умеет решать задач, формулы знает лишь частично, вывести их не умеет даже с помощью наводящих вопросов. Язык беспомощный и запутанный. Тетрадь не в порядке.

Отметка «хор» ставится, если знает без пробелов достаточно твердо материал прошлых лет и со всеми деталями материал нынешнего года. Может доказать любую теорему и вывести любое правило и формулу из материалов данного года и изложить этот вывод в виде самостоятельного, связного, мотивированного рассказа. Ориентируется во вновь объясняемом материале. Навыки за все годы твердые. Умеет быстро найти нужную формулу для решения задачи. Тетрадь в образцовом порядке по внешности и по содержанию без пропусков. Активен на занятиях в классе.

Отметка «отлично» ставится, если знает без пробелов, твердо, в деталях материал прошлых лет и материал текущего года. Может доказать любую теорему и вывести правило и формулу из материалов данного года и основное из материала любого года обучения, при том в форме связного, мотивированного, самостоятельного рассказа. Очень активен на занятиях. Проявляет инициативу в выборе способа доказательств и выявляет оригинальность подхода к решению задач. Быстро ориентируется во вновь преподносимом материале. Тетрадь в образцовом порядке. Умеет выбрать самое нужное из книг и кратка законспектировать. Использована дополнительная литература для старших классов.

Примечание 1. Что значит «усвоил курс в основном?» Решает пример на деление многочленного выражения с радикалами на одночлен. Радикалы разноименные. Вместо того чтобы каждую пару одночленов приводить отдельно к общему показателю, ученик приводит решительно все члены к одному общему показателю.

Примечание 2. «Какую ошибку считать грубой?» Арифметические ошибки в алгебре, геометрии и тригонометрии — все без исключения грубые ошибки. Забыл сократить дробь —ошибка негрубая.

Примечание 3. Правильно решенной считается задача и пример, доведенные без единой ошибки до самого конца.

Примечание 4. В V и VI классах при доказательстве теорем, при выводе правил и формул отметка «пос» может быть поставлена, если доказательство, вывод сделаны по наводящим вопросам учителя, в остальных классах — только при наличии связного, самостоятельного, мотивированного рассказа.

ПРОСТРАНСТВЕННЫЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЯ УЧАЩИХСЯ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ

Т. ПЕСКОВ (Уфа)

Преподавание геометрии в средней школе имеет огромное значение как в воспитательном, так и в практическом отношении. Развивая способности мышления, внимания, пространственного воображения и др., геометрия в то же время вооружает учеников необходимыми знаниями и навыками для решения большого количества жизненно-практических задач.

Между тем мы вынуждены, к сожалению, констатировать тот печальный факт, что с преподаванием геометрии в нашей школе дело обстоит значительно хуже, чем с преподаванием других математических дисциплин.

На приемных испытаниях в вузы, техникумы и рабфаки обнаруживаются совершенно неудовлетворительные результаты изучения геометрии.

Такое положение было характерным и для старой, дореволюционной школы.

Над устранением этого недопустимого положения вещей педагогам необходимо работать. Задача воспитания пространственных представлений должна в гораздо большей степени интересовать преподавателя, чем это имеет место сейчас.

Я имею в своем распоряжении 150 письменных работ, выполненных лицами указанной категории.

При выполнении этих работ необходимо было, не прибегая к чертежу, ответить на ряд поставленных мною вопросов, касающихся различных пространственных образов.

Результаты представляются в следующем виде:

Содержание вопросов

% верных ответов

1

2

3

4

5

6

7 8

9

10

Через точку, взятую вне плоскости, сколько можно провести прямых, параллельных этой плоскости? . . Имеется прямая, параллельная данной плоскости. К скольким прямым на этой плоскости параллельна эта прямая (к одной, к многим, ко всякой)? ..............

Прямая линия перпендикулярна к данной плоскости. Сколько плоскостей, перпендикулярных данной плоскости, можно провести через эту прямую?...........

Через точку, взятую вне плоскости, сколько можно провести плоскостей, перпендикулярных этой плоскости? ..............

Какую форму имеет сечение куба, проведенное параллельно боковой грани? ...........

Какую форму имеет сечение куба, проведенное параллельно верхней грани? ..............

Какую форму имеет диагональное сечение куба? ..........

Какую форму имеет диагональное сечение прямоугольного параллелепипеда? ...........

Определить форму диагонального сечения прямого параллелепипеда? ..............

Определить форму сечения правильной четырехугольной пирамиды, проходящего через противоположные ребра? .........

66

60

80

74

98

98 82

84

60

84

Содержание вопросов

% верных ответов

11

То же —через противоположные апофемы.............

80

12

Которое из этих сечений пирамиды больше по площади?.......

76

13

Какую форму имеет сечение цилиндра, параллельное оси? . . . .

90

14

Какую форму имеет сечение конуса, параллельное оси? .....

84

15

Какую форму имеет сечение конуса, проходящее через две образующие...............

76

16

Определить форму сечений, проходящих через противоположные ребра правильной 4-угольной усеченной пирамиды...........

82

17

То же—через противоположные апофемы..............

80

18

То же—через две соседние апофемы

. 46

19

Определить, как изменяются тригонометрические функции при изменении угла от 0 до 360°. • . . .

96

20

Определить, какое тело получится от вращения прямоугольного треугольника около гипотенузы. . . .

40

21

Какое тело получится от вращения равнобедренной трапеции около высоты, проходящей через средины оснований? ............

84

22

Какое тело получится от вращения прямоугольного треугольника около оси, параллельной одному из катетов? .............

24

Из рассмотрения этой таблицы прежде всего заключаем о слабости пространственного воображения абитуриентов средней школы. Даже такие нетрудные вопросы, как №7,8,9 не были правильно разрешены большим числом учащихся. Из 27 человек, неверно ответивших на 7-й вопрос, 19 человек считают диагональное сечение куба квадратом, 1 — ромбом, 1 — трапецией, 2 — параллелепипедом, 1 — параллелограмом и 3—прямоугольным треугольником.

Большое число неверных ответов на 9-й вопрос говорит о незнании учениками прямого параллелепипеда. Из 60 неверно ответивших на этот вопрос учеников, 50 человек считают диагональное сечение прямого параллелепипеда параллелограмом, 2 — треугольником, 2 — призмой /!/, 2 — четыреугольником, 1—конусом /!/, 3 — трапецией.

Очень многие, неверно ответившие на 1-й и 2-й вопросы, полагают, что через точку, взятую вне плоскости, можно провести только одну прямую, параллельную этой плоскости, и что если прямая параллельна плоскости, то она параллельна только одной линии на плоскости. Такие ответы свидетельствуют о полном бессилии пространственного воображения учащихся в вопросах, касающихся прямых, параллельных плоскости. Лица, давшие эти ответы, представляют себе линию, параллельную плоскости, только в одном положении, именно в том, в каком они видели ее на чертеже.

Виноваты в этом, разумеется, преподаватели, которые при объяснении соответствующих теорем не предлагают ученикам 1 и 2-й вопросы.

Особенно трудно оказалось для учащихся определить, какие тела получаются от вращения различных плоских фигур. Об этом весьма убедительно говорят ответы на 20 и 22-й вопросы. Некоторые учащиеся поражают своей пространственной безграмотностью.

Несколько человек считают сечение куба, параллельное основанию, а также диагональное сечение призмой, другие — прямоугольным правильным параллелепипедом. Диагональное сечение прямого параллелепипеда считают треугольником, трапецией, призмой и даже конусом. Сечение цилиндра, параллельное оси, называют вертикальной линией и параллелограмом.

Правильно ответили на все 22 вопроса только 12 человек, т. е. 8»/о числа выполнивших работу.

Мною также были проведены эксперименты для выяснения вопросов, как представляют себе учащиеся различные меры.

60 студентов I курса рабфака, поступившие на рабфак по окончании различных неполных средних школ, должны были дать в письменном виде ответы на ряд поставленных мною вопросов, касающихся измерения площадей и объемов.

Ответы обнаружили, что 25% учеников неправильно представляют себе величину квадратного дециметра. Эти ученики изображали квадратный дециметр квадратом гораздо меньших размеров, чем квадратный дециметр. Семнадцать процентов неверно ответили на вопрос, сколько квадратных дециметров в 1 квадратном метре. Двадцать два процента неверно ответили на вопрос, сколько квадратных сантиметров в 1 квадратном дециметре.

Много неверных ответов было получено также на следующие вопросы: сколько кубических дециметров в 1 куб. метре и сколько куб. сантиметров в 1 куб. дециметре.

Все эти ответы свидетельствуют прежде всего об отсутствии у учащихся ясных представлений о квадратных и кубических мерах, а во-вторых, об отсутствии пространственных представлений, связанных со способом определения единичных отношений двух квадратных мер и двух кубических мер.

Разбираемый нами пробел в математическом образовании учащихся объясняется недостаточностью методических указаний по этому вопросу.

Вопрос о пространственных представлениях учащихся относится к числу наименее разработанных в методическом отношении вопросов как с принципиальной, так и с практической стороны.

В методических руководствах по преподаванию геометрии, а также в журнальных статьях вопросу о пространственных представлениях учащихся уделяется мало внимания, особенно с практической стороны.

В результате такого положения вещей многие преподаватели математики упускают из вида эту сторону дела, что влечет за собою пространственную безграмотность учащихся, которую можно признать хроническим недугом в преподавании геометрии.

Слабость пространственного воображения учащихся, снижая качество их подготовки по геометрии, крайне отрицательно влияет впоследствии на изучение таких предметов, как начертательная геометрия, аналитическая геометрия, высшая геометрия, астрономия и др.

Отсюда следует, что вопрос о пространственных представлениях учащихся заслуживает гораздо большего внимания, чем ему уделяется теперь.

Подготовка учащихся средней школы не может считаться удовлетворительной до тех пор, пока не будет изжит в числе прочих недостатков и разбираемый нами недостаток.

2

В целях ясности дальнейшего изложения необходимо разграничить понятия: «пространственное представление» и «пространственное воображение».

Представление определяется в психологии как общий образ предмета, который мы можем вызвать у себя в сознании, не имея перед глазами самого предмета.

Так, например, человек, видевший московский метрополитен, имеет у себя в сознании общий образ этого метрополитена, т. е. имеет представление о московском метрополитене.

Человек, видевший картину Репина «Бурлаки», может вызвать у себя в сознании представление этой картины.

Огромное большинство представлений относится к нашим зрительным восприятиям

Эти представления, как и всякие вообще представления, мы вызываем у себя в сознании посредством памяти.

Но мы имеем способность не только представлять себе воспринятые нами когда-то

предметы, но и создавать новые представления, которых у нас не было в сознании.

Для создания новых представлений мы пользуемся имеющимися уже у нас представлениями, видоизменяя и комбинируя их. Способность создавать новые представления, новые образы, пользуясь ранее полученными представлениями, называется воображением и, в частности, пространственным воображением, если мы создаем у себя в сознании новые пространственные образы.

Так, например, ученики могут при помощи воображения определить, какое тело получится от вращения ромба вокруг одной из его сторон или какую форму будет иметь сечение правильной четыреугольной усеченной пирамиды, проведенное через противоположные апофемы.

Работа преподавателя геометрии должна быть направлена как на обогащение сознания учащихся пространственными представлениями, так и на развитие их пространственного воображения.

Изучая в классе какую-нибудь новую теорему, преподаватель должен дать учащимся известные пространственные представления и в то же время дать работу для развития их пространственного воображения. Например, при изучении теорем о параллельных плоскостях нужно дать учащимся соответствующие пространственные представления при помощи наглядных пособий и чертежей, а при решении задач потребовать от учащихся, чтобы они самостоятельно создали новые пространственные образы по условию задач.

Вообще можно рекомендовать такой порядок при изучении стереометрии: пространственные представления, относящиеся к той или иной теореме, должен дать преподаватель, пользуясь наглядными пособиями и чертежом, а пространственные представления, относящиеся к задачам, должны создать ученики силою своего воображения параллельно с построением соответствующего чертежа.

Отступления от этого порядка, конечно, могут быть, но при изучении многих теорем такой порядок вполне приемлем, так как в этом случае мы будем гарантированы от крайностей.

В педагогической практике нередко наблюдается чрезмерная заботливость отдельных преподавателей, стремящихся абсолютно все пространственные образы, относящиеся как к теоремам, так и задачам, дать в готовом виде, не оставляя никакой работы в этом отношении ученикам.

Это, несомненно, крайность, которая может повести в конце концов к атрофии пространственного воображения учащихся: привыкнув получать готовые пространственные образы, ученики не будут в состоянии представить самостоятельно простейшие пространственные соотношения.

С другой стороны, мы не можем требовать от учеников, чтобы они во всех случаях самостоятельно создавали бы пространственные образы по словесному описанию преподавателя и по чертежу. Такое требование педагогически будет неверным, так как в этом случае в корне был бы нарушен один из основных принципов педагогики, именно принцип наглядности и, кроме того, учащимся предлагалась бы непосильная работа.

Правильное решение вопроса предполагает именно такую последовательность, какая указана выше, т. е. сначала обогащение сознания учеников некоторым запасом пространственных представлений, а потом уже развитие их пространственного воображения.

При сообщении учащимся новых понятий, безусловно, нужно во всех случаях пользоваться наглядными пособиями, например, давая понятие о перпендикуляре к плоскости, о параллельных плоскостях, о двугранных углах, о призмах, пирамидах и т. д., обязательно показывать соответствующие наглядные пособия.

При доказательстве теорем также нужно возможно чаще прибегать к наглядным пособиям, пользуясь такими прекрасными приборами, как прибор Острейко, Сигова.

Заслуживает внимания прием, рекомендуемый известным немецким педагогом Дистервегом при использовании наглядных пособий.

В классе с затемненными окнами изучается какое-небудь геометрическое тело.

Преподаватель показывает, например, правильную четырехугольную усеченную пирамиду и после некоторого наблюдения ее учениками выключает свет и предлагает ученикам ряд вопросов, касающихся различных элементов этой пирамиды.

По получении ответов преподаватель включает свет, разбирает ошибочные ответы и предлагает еще раз внимательнее посмотреть на показываемую фигуру.

Затем свет снова выключается, и ставятся дальнейшие вопросы, относящиеся к различным элементам пирамиды.

Таким приемом учащиеся приучаются к внимательному наблюдению различных предметов, что является необходимым условием точности и яркости представлений.

В психологии считается установленным, что ученики лучше воспринимают, если они знают, что им придется потом дать отчет о том, что они восприняли.

С другой стороны, неоднократность наблюдения какого-либо предмета облегчает нашей памяти создание представления этого предмета.

Вполне понятно, что занятия геометрией редко производятся в специальных комнатах с затемненными окнами, но и в обычном классе возможно применить указанный прием путем показывания учащимся той или другой модели и последующего затем изъятия ее из поля их зрения.

Во всяком случае ссылки на отсутствие затемненной комнаты совершенно неосновательны.

Автор настоящей статьи с успехом практиковал этот прием при занятиях в обыкновенной классной комнате.

Пространственное воображение, как и всякая другая способность человека, развивается от упражнения.

Для развития пространственного воображения можно рекомендовать следующие приемы:

1. Нужно на первых же уроках стереометрии дать соответствующие указания по черчению пространственных образов, например, доказывая теорему о перпендикуляре к плоскости, сообщить ученикам, что плоскость,

изображенную на доске, мы будем представлять себе как горизонтальную плоскость, а перпендикуляр в этом случае будет иметь вертикальное направление. Само собою разумеется, что при этом нужно установить правильность теоремы для всяких положений плоскости и указать, что только для удобства мы будем брать горизонтальную плоскость.

Если параллельно с этими указаниями преподаватель использует соответствующее наглядное пособие, ученики получат верное пространственное представление, относящееся к теореме о перпендикуляре к плоскости.

Неоднократное объяснение чертежей с использованием моделей сыграет огромную роль в смысле развития пространственного воображения учащихся.

В дальнейшем учащимся легче будет создавать пространственные представления, соответствующие чертежу и словесному описанию, сделанному преподавателем.

2. При решении стереометрических задач учащиеся должны самостоятельно вызвать у себя в сознании пространственный образ, соответствующий задаче параллельно с построением чертежа.

3. Необходимы специальные упражнения для развития пространственного воображения. Нужно предлагать ученикам ряд вопросов, касающихся пространственных образов с тем, чтобы учащиеся решили эти вопросы не прибегая к чертежу, а единственно силою своего воображения.

Вопросы могут быть примерно такого содержания, как в произведенной мною работе по ознакомлению с пространственными представлениями учащихся средних школ и рабфаков. Работу эту нужно проводить параллельно с изучением того или иного раздела программы.

После изучения теоремы о линии, параллельной плоскости, нужно поставить вопросы:

1. Сколько можно провести прямых через точку вне плоскости, параллельных этой плоскости?

2. Имеется прямая, параллельная плоскости. К скольким прямым на плоскости параллельна эта прямая?

Ответы на 2-й вопрос могут быть различны:

1) к одной, 2) ко многим, 3) ко всякой.

Преподаватель разбирает ошибки учеников и указывает, который ответ правилен.

При изучении прямого параллелепипеда преподаватель устанавливает совместно с учениками, что сечение параллелепипеда, проведенное параллельно основанию, есть параллелограм, и предлагает самостоятельно определить форму диагонального сечения.

Точно так же при изучении других тел нужно разобрать совместно с учениками некоторые сечения, а относительно других сечений поставить соответствующие вопросы, которые должны быть разрешены учениками.

Нужно проделать ряд упражнений на определение тел, получаемых от вращения плоских фигур.

4. Необходимо решать в достаточном количестве задачи на тела вращения из сборника задач по тригонометрии Рыбкина. При решении этих задач нужно добиваться от учеников самостоятельного определения того пространственного образа, который получается от вращения плоской фигуры.

В трудных случаях нужно помочь ученикам посредством наглядных пособий.

5. Большое значение имеет для развития пространственного воображения внесение движения в преподавание геометрии.

Вопрос о движени в геометрии в условиях средней школы нельзя трактовать в строго научном смысле и из-за невозможности такого решения вопроса нельзя, с другой стороны, совершению исключить движение из преподавания геометрии в средней школе.

На самых первых уроках, выясняя основные геометрические понятия, уже необходимо пользоваться движением.

Дав понятие о геометрическом теле, поверхности, линии и точке, указать, что линию можно рассматривать как след движущейся точки, что поверхность образуется движением линии, если только линия не перемещается в направлении своего первоначального положения, и что тело образуется движением поверхности, если только поверхность перемещается не в направлении своего первоначального положения.

Понятие об угле нужно связать с движением отрезка вокруг его конца, рассматривая угол, как фигуру, образуемую первоначальным положением отрезка и каждым из новых его положений.

Треугольники и параллелограмы разных видов нужно демонстрировать на подвижных моделях, дающих возможность усмотреть переход треугольника или параллелограма одного вида в треугольник или параллелограм другого вида.

Происхождение окружности естественно связывается с вращением отрезка прямой около неподвижного конца или, что то же самое, с вращением одной ножки циркуля.

Понятие о касательной нужно вывести из движения секущей по кругу.

Уменьшение хорды в связи с увеличением расстояния ее от центра нужно сначала продемонстрировать путем передвижения хорды, а потом уже доказать соответствующую теорему.

Угол, составленный хордой и касательной, надо рассматривать в связи с вращением одной из сторон вписанного угла.

Цилиндр, конус, шар рассматривать, как тела, получающиеся от вращения прямоугольника, прямоугольного треугольника и полукруга. При помощи движения мы производим действия над отрезками и углами.

При доказательстве теорем мы пользуемся движением в следующих случаях: теорема о равенстве дуг, соответствующих равным центральным углам и обратная; теорема о свойствах равнобедренного треугольника; теоремы о делении круга диаметром на 2 равные части, о свойстве диаметра, перпендикулярного к хорде; теоремы о равенстве треугольников. При этом мы, доказывая теорему о третьем признаке равенства треугольников, производим движение сначала в пространстве, повернув 1-й треугольник на 180°, а потом двигаем этот треугольник по плоскости.

Теорема об углах с взаимно перпендикулярными сторонами доказывается при помощи движения в геометрии Адамара.

Теоремы о хордах и соответствующих им дугах, о хордах и их расстояниях от центра

доказывается движением в учебниках геометрии Адамара и Извольского.

Теорема о секущих, пересекающихся вне круга, доказывается движением.

В стереометрии доказываются посредством движения следующие теоремы: теорема о равенстве наклонных, имеющих равные проекции; теоремы о равенстве двугранных углов, о равновеликости прямой и наклонной призм.

Движением убеждаемся мы в наличии центральной и осевой симметрии у различных фигур; например, мы перегибаем ромб по его диагонали, т. е. производим движение для того, чтобы обнаружить осевую симметрию у ромба.

Во всех указанных выше случаях применение движения, безусловно, требует работы пространственного воображения, которое от этого развивается, как развивается от упражнения и всякая другая способность человека.

6. Считаем нужным указать, что на развитие пространственного воображения учащихся отрицательно влияет существующий в настоящее время разрыв между преподаванием планиметрии и преподаванием стереометрии.

Учащиеся нашей школы изучают планиметрию в течение 3*/г лет и, следовательно, в течение 3*/2 лет живут на уроках геометрии в мире плоскости, тогда как окружающая их обстановка наталкивает их на образы трех измерений.

Только после такого продолжительного пребывания в мире двух измерений ученик переходит к изучению стереометрии, которое продолжается всего V/2 года.

Вполне понятно, что такая продолжительная изоляция учеников от пространственных образов не способствует воспитанию их со стороны развития пространственного воображения.

В методической литературе существует особое течение, которое требует параллельного преподавания планиметрии и стереомерии в средней школе (фузионизм).

Сторонником этого течения является известный немецкий математик Клейн, который в своей книге: «Элементарная математика с точки зрения высшей» высказывается по этому поводу так: «Я желал бы отметить здесь еще только одну полезную методическую точку зрения, а именно, уже неоднократно упомянутую тенденцию к слитному преподаванию планиметрии и стереометрии, цель которого помешать одностороннему усовершенствованию в планиметрии при одновременном пренебрежении развитием трехмерной пространственной интуиции».

Из русских методистов на такой же точке зрения стоят Мрочек и Филиппович.

Вопрос этот подлежит детальному изучению, как и многие другие вопросы преподавания геометрии.

В настоящее время на уроках планиметрии мы можем только в отдельных случаях вводить учеников в мир трех измерений.

Указанные выше случаи применения движения при доказательстве теорем путем перегибания чертежа на 180° как раз и являются весьма полезными экскурсами в пространство.

В самом деле, если мы перегибаем равнобедренный треугольник по биссектрисе или перегибаем круг по диаметру, мы уже даем ученику известные пространственные образы. Аналогичные приемы применяем мы при доказательстве осевой симметрии фигур.

Использование наглядных пособий во всех указанных случаях поможет еще неразвитому пространственному воображению учеников создать соответствующие образы.

Каким путем возможно еще вводить учеников в пространство трех измерений на уроках планиметрии?

Трейтлейн в своей методике геометрии рекомендует широко использовать модели геометрических тел при ознакомлении учеников с плоскими фигурами.

Прямые линии, различные углы, треугольники и четырехугольники, круг — все это ученики должны найти на моделях геометрических тел.

Такой прием, безусловно, нужно рекомендовать.

Кроме того, весьма полезно решать задачи с геометрическим содержанием на уроках арифметики и алгебры.

При решении арифметических задач на вычисление поверхностей кубов и параллелепипедов ученики, не имея готовых формул, должны каждый раз представлять себе то или другое тело и вычислять площади отдельных граней.

Кстати, здесь нужно высказать сожаление по поводу отсутствия задач на вычисление поверхностей многогранников в задачнике Березанской изд. 1938 г.

Такого же содержания задачи нужно решать на уроках алгебры при изучении уравнений.

За отсутствием достаточного количества таких задач в задачниках Шапошникова и Вальцова преподаватель может составлять их сам примерно такого содержания:

«В прямоугольном параллелепипеде одна из сторон основания больше другой на 3 см, высота параллелепипеда 12 см, а боковая поверхность 408 кв см. Найти стороны основания».

В настоящее время в связи с исключением из программы средней школы подготовительного курса геометрии мы лишились одного из весьма крупных факторов в деле развития пространственного воображения учащихся.

Изучение подготовительного курса геометрии в V классе значительно облегчает ученикам впоследствии усвоение стереометрии и дает пищу для развития пространственного воображения как на лабораторных занятиях, связанных с этим курсом, так и вообще при изучении различных тел.

Авторы последних программ по математике одним взмахом пера исключили из программы подготовительный курс геометрии, который в свое время получил полное признание со стороны выдающихся математиков всех стран.

Значение подготовительного курса геометрии не исчерпывается высказанными выше соображениями; этот курс приходится расценивать также с практической стороны. Ученики V класса при изучении этого курса узнавали способы вычисления поверхностей и объемов различных фигур.

Надо думать, что ошибка, допущенная в отношении подготовительного курса геометрии, будет исправлена, и мы вновь будем

изучать в V классе геометрию и знакомить учеников не только с кубом и параллелепипедом, но и с пирамидой, цилиндром, конусом и шаром. Тогда у нас не будет таких явлений, что ученики до IX класса не знают никаких геометрических тел и не могут вычислить площадь круга, до VIII класса не могут вычислить площадь треугольника.

Решение задач на построение сопряжено с интенсивной работой пространственного воображения, а поэтому весьма полезно для развития этой способности.

Задачи на построение должны решаться параллельно с изучением отдельных тем программы, т. е. эти задачи должны быть распределены равномерно на весь учебный год.

Относить задачи на построение к определенным периодам учебного года и сразу решать их в большом количестве нецелесообразно.

В заключение необходимо сказать, что преподаватель геометрии постоянно должен помнить о развитии пространственного воображения учащихся как одной из основных целей преподавания геометрии.

Одна из трудностей педагогической работы заключается в ее многогранности, и педагог постоянно должен иметь это в виду. Как только педагог забудет об этом, его работа приобретет характер крайней односторонности.

Очень часто приходится наблюдать такие факты, что преподаватель, поглощенный мыслью выполнить программу, забывает о других сторонах своей работы, забывает об устном счете, забывает о задачах на построение, забывает об использовании на уроках математических хрестоматий, забывает о развитии пространственного воображения учащихся, забывает об использовании наглядных пособий, забывает о воспитательных моментах в работе и т. д.

Работа преподавателя в этом случае становится крайне однообразной и недостаточно эффективной.

Преподавателю математики полезно иметь особую памятку, содержащую в себе перечень педагогических и методических принципов, которые он должен проводить на уроках. Имея у себя перед глазами такую памятку при подготовке к урокам, преподаватель будет каждый раз думать, какой из этих принципов и в какой степени применим к теме того или иного урока.

Этим самым преподаватель предохранит себя от односторонности и узости в своей работе и будет достигать гораздо больших результатов.

СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИЙ ЯЩИК

П. ДОРФ (Москва)

I. НАЗНАЧЕНИЕ ПРИБОРА

В задачи изучения стереометрии входит развитие пространственных представлений, знакомство с геометрической фигурой и умение определить (построением или вычислением) искомые величины. Разрешение этих проблем во многом зависит от наличия наглядных пособий на уроках математики. Действительно, восприятие пространственного образа требует от учащегося определенного навыка в создании необходимых представлений, для чего и следует обращаться непосредственно к объекту изучения или модели его.

Большинство пособий по стереометрии состоит из готовых, собранных предметов. Учащимся, кроме них, полезно видеть самое построение, конструирование модели. В этом отношении стереометрический ящик вполне удовлетворяет данным запросам.

Обращение к модели, к предмету, однако, нуждается в известной оговорке: в конечном итоге математические знания и представления должны быть достаточно отвлеченны; необходимо, чтобы геометрическая фигура и ее свойства возникали в сознании учеников без обращения к самому объекту (вещественным оформлением таких представлений может быть лишь чертеж). На пути к выработке подобных умений и навыков следует обращаться к конструированию. Опыт показывает, что собирание модели на глазах учащихся, последующая зарисовка с натуры оказываются лучшими методами для подлинного развития пространственных представлений. Стереометрический ящик является ценным пособием в этой области. Он позволяет индивидуализировать работу класса, ученика, проявить инициативу в построении как учителю, так и ученику. Обычно в начале курса обращение к прибору происходит достаточно часто, затем необходимые образы возникают в сознании самостоятельно, по ассоциации с прежними конструированиями, и к приборам прибегают лишь в отдельных трудных случаях.

Употребление стереометрического ящика вызывает иногда возражения в силу того, что конструирование на нем идет достаточно медленно и оно задерживает преподавание. По этому поводу следует иметь в виду два соображения. Стереометрическим ящиком пользуются, когда разбирается трудный вопрос, сложное построение, поэтому без него либо учащийся занят непосильным трудом и нерационально тратит время, либо учитель своим объяснением, чертежом решает весь вопрос сам. Учащемуся остается только копировать. Конструкция же модели создает лишь натуру, которую учащийся должен по-своему изобразить и определить искомые элементы.

Кроме того, необходимо принять во внимание, что восприятие пространственных образов требует некоторого промежутка времени, поэтому задержка педагогического процесса на сборке трудной модели является только рациональным использованием этого промежутка:

II. ОСНОВНЫЕ ДЕТАЛИ ПРИБОРА

Основными деталями прибора являются:

1. Ящик (деталь 1).

2. Стержни (спицы) (деталь 2).

3. Восковой мат (деталь 3).

4. Стойки для закрепления плоскостей (деталь 4).

5. Буквы (деталь 5).

6. Проволочные плоскости (деталь 6).

7. Стержни с винтами (деталь 7).

8. Плоскость (деревянная) (деталь 8).

9. Плоскости сетчатые проволочные (деталь 9).

10. «Лопаточка» (деталь 10).

11. Стойкие отверстиями и стопорными винтами (деталь 11).

12. Набор шайб и гаек (деталь 12).

III. ОПИСАНИЕ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКОГО ЯЩИКА

В собранном виде прибор представляет из себя деревянный ящик размерами 40 см X X 30 см X 7,5 см. В нижней части его размещены: стержни (спицы), восковой мат для втыкания в него спиц, стойки для укрепления плоскостей, буквы для обозначения точек, набор плоскостей. В верхней крышке находятся две проволочные плоскости, натянутые на металлических рамках.

(Общий вид раскрытого ящика с видом деталей)

1. Вязкий мат

Основной составной частью прибора является деревянная рама, на дно которой положен слой вязкого упругого вещества (в нашем приборе таковым является воск; им может быть пластелин).

Рамку следует поместить на какой-нибудь подставке (скамеечке), расположенной на учительском столе. Такое место прибора делает демонстративной работу с ним.

Особенно рационально иметь для этой цели специальную треножную стойку: ее легко поставить в классе так, чтобы смонтированная конструкция проектировалась на фон классной доски. В случае темной модели ее полезно показывать на фоне светлой стены. Таким образом, недорогое приспособление в виде стойки дает много удобств и позволяет демонстрировать пособие в условиях лучшей видимости. В частности, верхнюю доску подставки хорошо сделать поворачивающейся с тем, чтобы модели можно было показывать не только в горизонтальной плоскости. Заостренные спицы прибора втыкаются в восковой мат и позволяют иллюстрировать ряд положений прямых в пространстве. Фиг. 2.

В ящике прибора имеется комплект букв латинского алфавита, с помощью которых можно отметить те или иные точки.

После употребления в воске остаются отверстия, которые легко заравниваются приложенной деревянной лопаточкой.

2. Дополнительные плоскости

В рамке мата имеются два отверстия, в которые укрепляются стойки.

Фиг. 1а

Фиг. 16

Фиг. 2

Фиг. 3 (рисунок стойки)

Фиг. 4. Крепление стойки

Фиг. 5

Фиг. 6а.

Фиг. 6б. Сетка, штифты, подрамники.

Фиг. 7 (Фото—плоскости с муфтами)

Фиг. 8а

Фиг. 8б

Фиг. 9

Фиг. 10 (ящик и 2 стойки)

В комплекте деталей стереометрического ящика находятся также 4 муфты со стопорными винтами.

Из верхней крышки ящика достаются плоскости в виде сеток, натянутых на подрамники, на которых имеются по 2 штифта.

Штифты плоскостей вставляются в меньшие отверстия муфт и закрепляются в них винтами.

Затем плоскости с помощью муфт, надевающихся большими отверстиями на стойку, укрепляются на желаемых высоте и направлении.

Кроме того, в ящике имеются 2 металлические плоскости и 1 деревянная. С их помощью можно демонстрировать различные взаимоотношения плоскостей. Например: «Плоскости (Р и Q), имеющие общую точку (S), имеют и общую прямую («S/Q.

3. Особая модель: модель параллельных плоскостей, проходящих через скрещивающиеся прямые

В верхней крышке ящика укрепляются с помощью шайб и гаек две другие стойки прибора, с отверстиями и стопорными винтами наверху (дет. № 11).

В отверстия концов стоек вставляются два стержня (из четырех) с незаостренными концами и с отверстиями посредине (дет. 7). Эти стержни будут служить моделями двух скрещивающихся прямых (AB и CD). (Указание: для более прочной фиксации стоек в нужном положении ганки, крепящие стойки, можно слегка подтянуть плоскогубцами.)

Затем берется третий стержень (EF), надевается на одну из скрещивающихся прямых (например AB) и фиксируется с помощью небольшого винта и гайки в виде шарика, который служит моделью точки пересечения этих прямых. Последнюю прямую (EF) следует установить («на-глаз») параллельно прямой CD.

Так же строится четвертая прямая (MN) параллельно AB.

Тогда в двух точках пространства имеются по две взаимнопараллельных прямых, а такие пары прямых вполне определяют две плоскости, притом параллельные между собой. Действительно, две металлические пластины с отверстиями, надетые на шарики, укладываются на стержни и изображают параллельные плоскости.

В заключение описания укажем, что набор содержит минимум деталей. Инициатива педагога, ученика пополнит его бумажными плоскостями, нитяными прямыми, пластелиновыми точками и т. п.

Конструкция стереометрического ящика такова, что позволяет развивать его применение в самых разнообразных формах, смотря по запросам учителя и его аудитории.

IV. ПРИМЕРЫ ИСПОЛЬЗОВАНИЯ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКОГО ЯЩИКА

А. При изучении теории: 1) Знакомство с формой. Вряд ли есть смысл строить пространственные фигуры (призму, пирамиду и т. д.) из стержней прибора. Для целей ознакомления с самой формой тела в руках учителя имеются хорошо сделанные деревянные модели, модели из стекла, каркасные модели или нитяные поверхности тел. С другой стороны, познакомить учащихся с приемами построения (образования) той или иной поверхности с помощью деталей стереометрического ящика в высокой степени полезно.

Из обыкновенной проволоки делается кольцо* и кладется на восковой мат. В произвольной точке окружности кольца втыкается стержень (дет. № 2) для первого сучая перпендикулярно плоскости мата.

Если теперь перемещать стержень параллельно самому себе (или втыкать другие стержни), принимая кольцо за направляющую движения, то составится ясное представление об образовании цилиндрической поверхности. В частности, наклон спиц легко покажет учащимся получение наклонного цилиндра.

Направляющая в виде многоугольника познакомит с образованием призматической поверхности и поставит попутно первую связь между фигурами (призмы и цилиндра).

Многоугольник верхнего основания можно

Фиг. 11 (2 скрещивающихся прямых)

Фиг. 12 (то же и 3 прямых)

Фиг. 13 (то же и 4 прямых)

(Фиг. 14 с плоскостями)

Фиг. 15

Фиг. 16

* Концы проволоки несколько пригоняются напильником и аккуратно спаиваются; если проволока звоночная (медная), то концы, наложенные один на другой, стягиваются проволочной жилкой. Мы не рекомендуем сплетать концов. Можно также аккуратно вырезать кольцо из плотной бумаги.

получить с помощью цветной нити или бумажной выкройки.

Пирамида и конус строятся с тем лишь отличием, что начать построение поверхности придется с высоты, на верхнем конце которой укрепится пластелиновая модель точки.

Примечание. Все построения после объяснения учителя, после анализа их заносятся учениками в тетради с учетом правил черчения эскизов (кабинетная проекция).

2) Точка в пространстве Трудность изображения на плоскости точки пространства общеизвестна. В этом отношении полезным приемом можно признать следующий.

Заданная в пространстве точка изображается поднятой на некоторую высоту над плоскостью. Для зарисовки точки в таком виде лучше собрать ее на приборе, а ученики нанесут вид с натуры.

3) Прямая в пространстве Изображение положения прямой относительно плоскости сводится к следующему:

Модели (а) и (б) монтируются на сетчатой плоскости.

4) Плоскости в пространстве а) Иллюстрация положения, что одна точка определяет связку плоскостей

Модель деревянной плоскости (фиг. 23) подвешена за одну точку, например центр тяжести. Поворачивая плоскость около этой точки по всем направлениям, приходят к выводу, что одна точка дает не плоскость, а связку их.

Учитель рисует на доске связку плоскостей, вроде той, что показана на фиг. 24.

Ь) Две точки определяют пучок плоскостей.

Решение этого вопроса возможно в двух направлениях.

Первая модель представляет стержень AB (фиг. 25), на который последовательно надеваются бумажные (чертежная бумага) плоскости, имеющие прорези. Пластелиновые точки скрепят всю конструкцию.

Возможно построить и более подвижную модель по принципу предыдущей конструкции: в точках (а, Ь) укрепляется на нитях плоскость (а— Ь) (деталь № 8). Вращая плоскость около двух точек (фиг. 26) подвеса, легко убедить учащихся, что всякое новое положение плоскости удовлетворяет условию: проходит через заданные две точки, следовательно, плоскостей можно провести бесконечное множество, которое называется пучком плоскостей. Учитель зарисовывает пучок плоскостей и указывает, что это новое семейство плоскостей беднее предыдущего, связки, ибо там плоскость вращалась около любой оси,— в данном случае все плоскости связаны одной осью ab.

Здесь же демонстрируется и то положение, что три точки, расположенные на одной прямой, попрежнему дают пучок плоскостей.

В частности, для этих же демонстраций можно воспользоваться просто крышкой самого ящика, которая укреплена в двух «точках».

Фиг. 17 Фиг. 18

Фиг. 19

Фиг. 20 а) прямая на плоскости

Фиг. 21 б) прямая пересекает плоскость

Фиг. 22 в) прямая, параллельная плоскости

Фиг. 23

Фиг. 24 Связка плоскостей

Фиг. 25

Фиг. 26

с) Три точки, расположенные не на одной прямой, определяют положение плоскости.

Через 2 заданные точки а и b проходит плоскость, вращающаяся около оси ab; когда плоскость коснется третьей точки с, ее положение вполне определится. Точка с укреплена на спице.

Для полноты изучения следует на этой же конструкции установить условие для четвертой, пятой точек и т. д., через которые пройдет плоскость.

5. ВЗАИМНОЕ ПОЛОЖЕНИЕ ПРЯМЫХ И ПЛОСКОСТЕЙ В ПРОСТРАНСТВЕ

а) Модель признака перпендикулярности прямой к плоскости (теорема о «двух перпендикулярах»).

Распространенная модель легко может быть собрана при помощи деталей стереометрического ящика.

SM — стержень (дет. № 2) — разноцветные нити. Плоскость PQ — сетчатая (дет. № 9).

Общепринятая модель на установках стереометрического ящика получает то преимущество, что крепящие муфты (KKi) позволяют поворачивать плоскость, благодаря чему создастся полная видимость конструкции.

b) Модель теоремы о 3 перпендикулярах.

Плоскость Р — основная плоскость, отрезки SM, SA, SB и др. изображаются стержнями.

c) Геометрические места прямых и точек.

Найти геометрическое место прямых, проходящих через данную точку и пересекающих данную прямую;

найти геометрическое место прямых, удаленных на d от заданной прямой.

Первое геометрическое место учащиеся легко построят без модели; второе много выиграет, если оно предварительно будет сконструировано по модели.

С помощью укрепленных стержней учащиеся быстро представят себе образующие цилиндра, а наиболее сознательные ученики поставят вопрос о касательных к поверхности цилиндра, которые также отстоят на d от оси цилиндра.

В случае необходимости стереометрическим ящиком могут быть иллюстрированы другие геометрические места, например: геометрическое место точек, равноудаленных от вершин треугольника (фиг. 31), или от сторон его точек, равноудаленных от сторон угла и т. п.

6. СЕЧЕНИЕ ТЕЛ

а) Доказательство одной из основных теорем стереометрии о сечении пирамиды плоскостью, параллельной основанию, полезно сопроводить моделью, собранной на стереометрическом ящике.

На собранной модели учащиеся легко воспримут сущность содержания теоремы. Измерение площадей сечения Siy S2, S3 позволяет с достаточной точностью проверить вычислением основное соотношение:

S3 : s2 • St = 1:4: 9.

в) Наклон секущих плоскостей позволяет построить непараллельные основанию сечения. С помощью нитей можно также собрать и другие фигуры сечений к задачам по стереометрии.

В. Примеры использования стереометрического ящика при решении задач на построение

Изучению методов построения в стереометрии предпосылается ряд постулатов, например: «Через три точки можно провести плоскость». На приборе полезно показать, что термины: «дана плоскость», «определена плоскость» равносильны тому, что найдены

Фиг. 27.

Фиг. 28

Фиг. 29

Фиг. 30

Фиг. 31

Фиг. 33

положения элементов, однозначно определяющих плоскость.

Подобным образом можно на приборе показать, что «в пространстве на прямую из точки вне ее всегда можно провести перпендикуляр», ибо точка и прямая определяют некоторую вспомогательную плоскость, в которой названное построение производится по свойствам планиметрии. Если некоторые из этих постулатов показать построением на модели, то все остальные получат даже в отвлеченном изложении осмысленный характер. Учащиеся их хорошо запомнят и будут применять на практике.

Рассмотрим несколько построений.

Пример 1.

Провести через данную точку перпендикуляр к плоскости. Дано: точка Л (дет. 5); плоскость Р (дет.

3). Требуется построить AB j_ P.

Построение: 1. Преведем произвольную прямую АМ, пересекающую плоскость Р (дет. 2). Фиг. 35. 2. Проводим через точку А вспомогательную плоскость Q, пересекающую заданную плоскость Р по прямой MN (дет. 9) (фиг. 35);

3. В плоскости Q проводим перпендикуляр АС к прямой MN (дет. 2) (фиг. 36) (задача планиметрии);

4. Строим CD _L MN в плоскости Р (дет. № 2) (задача планиметрии);

5. Ортогональная проекция АС на плоскости Р (фиг. 36) расположится на CD (на основании теоремы о перпендикулярности прямой к наклонной и ее проекции);

6. Две пересекающиеся прямые АС и DC определят новую плоскость, в которой через точку А проводится перпендикуляр к DC. AB — искомый отрезок (дет. № 2) (задача планиметрии).

Разумеется, таких подробных построений следует производить небольшое количество, но для их анализа моделирование в начале курса — необходимый момент.

Пример 2

Через заданную точку на прямой провести плоскость, перпендикулярную этой прямой.

Дана прямая LM и точка О на ней. Требуется построить плоскость, перпендикулярную к прямой LM.

Построение 1. Проведем через данную прямую LM две пересекающиеся произвольные плоскости Р и О (дет. 3 и 9).

2. В каждой из плоскостей проведем перпендикуляры к прямой LM (задачи планиметрии) (дет. 2)

3. Две пересекающихся прямых OA и OB определят искомую плоскость, перпендикулярную к прямой LM. Плоскость АОВ вырезается из картона.

Эскиз построенной модели заносится в тетрадь (не чертеж копируется с чертежа на доске, а набрасывается эскиз с натуры).

С. Примеры использования стереометрического ящика при решении задач на вычисление

При решении задач на вычисление целесообразно предлагаемые конструкции собрать предварительно в форме модели к задаче.

Приведем примеры такого рода работы.

Ппимер 1 — Рыбкин, часть II, § I, №22(1).

«В треугольник© ABC угол В прямой и катет ВС = а. Из вершины А восставлен к плоскости (треугольника) перпендикуляр AD так, что расстояние между точками D и С равно /. Определить расстояние от точки D до катета ВС».

Решение задачи сводится к решению прямоугольного треугольника DBC, откуда (по теореме Пифагора)

DB = i/T^F.

Однако, последнее заключение сопряжено с рядом трудностей конструктивного характера, которые в области представлений нуждаются в конкретизации их на модели. Основные моменты построения фигуры: перпендикуляр AD, восставленный к плоскости, расстояние от точки D до катета ВС, нуждаются в четком представлении для ряда необходимых обоснований. Например, почему отрезок DB есть действительно искомое расстояние? Без модели нелегко провести группу заключений: плоскость ADB ± к ВС, потому что АВ±ВС; значит DB±BC. Расстояние же от точки до прямой определяется перпендикуляром на эту прямую.

Подробный анализ, предлагаемый по отношению к задачам, является подлинным вос-

Фиг. 34

Фиг. 35 Фиг. 36

Фиг. 37

Фиг. 38

Фиг. 39

питательным фактором. Таким методом вырабатывается необходимая геометрическая культура.

Перечисленных образцов приложения стереометрического ящика вполне достаточно, чтобы показать, насколько разнообразны формы использования прибора.

Прибор позволяет применять его как при прохождении теории, так и при решении задач на построение и на вычисление. Сам по себе ящик спроектирован как прибор демонстрационный, но им, разумеется, можно воспользоваться для работы с отдельным учеником. Так, например, при самостоятельном решении задач в классе можно рекомендовать ученику в случае затруднения подойти к приоору и собрать необходимую конструкцию. Обычно учащиеся не доводят построения на приборе до конца, а, разобрав непонятное место, решают задачу, опираясь лишь на чертеж. Полезно предоставить стереометрический ящик отстающему ученику, ученику, пропустившему почему-либо урок, и т. д. В заключение укажем, что инициатива учителя, методиста, иногда ученика будет, вносить ряд добавлений и изменений в конструкцию ящика. Образец Главучтехпрома предоставляет к тому все возможности.

V. ХРАНЕНИЕ ПРИБОРА

Прибор следует сохранять в сухом месте, дабы избежать ржавчины на никелированных деталях.

После употребления металлические части необходимо протереть сухой тряпкой. Воск (пластелин), образующие поверхность мата, при порче могут быть заменены. Для этого старая поверхность удаляется механически и наносится новая. Воск кладется в нагретом виде. Для выравнивания имеется «лопаточка» (дет. 10).

СЛОЖНЫЕ ПРОЦЕНТЫ

А. БОГДАНОВ (Ленинград)

На основании личного опыта проведения испытаний по математике при приеме в высшее учебное заведение, а также из обмена мнениями с другими товарищами преподавателями мы пришли к выводу, что тема «Сложные проценты», как общее правило, усвоена учащимися средней школы слабовато. Объяснение формулы, вывод ее могли сделать очень немногие. Нахождение четырех чисел формулы в отдельности для многих учащихся являлось непосильным. Путают задачи на сложные проценты с задачами на простые проценты, т. е. первые задачи решают при помощи вычислений простых процентов. Определение сложных процентов дают неправильное, путаное. Похоже на то, что определение или давалось неточное, или вовсе не давалось. Почти совсем не знают случая убывания числа по формуле сложных процентов. А между тем в условиях нашей страны, страны социализма, страны планового хозяйства знание сложных процентов для окончивших среднюю школу просто обязательно.

Для преподавателей эта тема также является удобной для увязки алгебры с современностью, так как дает возможность сравнить, например, темпы развития народного хозяйства у нас и в капиталистических странах, увеличение числа учащихся, увеличение добычи угля, нефти и т. д.

Мы хотим рассказать, как прорабатываем эту тему. Прежде чем перейти к сложным процентам, повторяем три основных задачи вычисления простых процентов. Это оказывается очень полезным, так как задачи на проценты решаются с шероховатостью. Даем задачи разных вариантов, обязательно требуем предварительного решения при помощи формулы, чтобы учащиеся приобрели навыки в обращении с элементами формулы вычислений простых процентов. И уже после этого переходим к сложным процентам.

Пусть дана задача: «Завод выпустил в 1937 г. 2 000 паровозов. Сколько паровозов должен выпустить завод в 1942 г., если предположено ежегодно увеличивать выпуск их на 15%?»

Чтобы решить задачу, надо найти сначала, сколько паровозов должен выпустить завод в 1938 г.: 2000 + 2 000-щ = 2 ЗСО паровозов. Следовательно, в 1939 г. надо считать увеличение на 15% уже с числа 2 300. Следуя этим же путем, в 1940 г. увеличение на 15% надо считать с числа 2300 + 2300-—, т. е. с 2 645 и т. д.

Есть способ решать такие задачи более коротким и удобным способом при помощи так называемой формулы вычисления сложных процентов.

Проценты называются сложными в тех случаях, когда начисление процентов производится не только на данное число, но и на проценты от этого числа, прибавляемые к нему или вычитаемые от него через определенные периоды времени.

Вернемся к нашей задаче. Условимся первоначально данное число 2 000 обозначать буквой а, число, которое должен выпустить завод в 1942 г., т. е. через 5 лет, буквой £5, количество процентов (15) ежегодного увеличения через р и количество лет /, в условиях нашей задачи 5.

Рассуждая по указанному выше решению, мы к концу первого года пятилетки, т. е. 1938 г. будем иметь k{ = а + а'~[~> упрощая, получим: £, = а ^ 1 + к концу второго года пятилетки, рассуждая по предыдущему, получим: k2 = &1 + &г "j> или1 заменяя kx най-

денным значением его:

упрощая, найдем

Выпуск паровозов к концу третьего года пятилетки будет составлять или, заменяя £2 найденным его значением

Следуя этим же путем, очевидно мы получим

и т. д. Отсюда делаем

вывод, что

Это и есть формула решения сложных процентов в том случае, когда первоначально данное число увеличивается, нарастает.

Возвращаясь к данной задаче, найдем &5 = = 2 000

По трем данным числам формулы можно найти четвертое число. Пусть надо найти первоначально данное число, т. е. а, если дано kb риг;

Если нужно найти /, дано a, kt и р, то и, наконец, найти р — количество процентов:

для ускорения решения следует логарифмировать и потенцировать левую часть уравнения в отдельности, и тогда получится уравнение:

уравнение первой степени, которое легко решается.

Пусть теперь надо решить задачу: «Сколько будет стоить инструмент через 5 лет, если его покупная стоимость 15 000 руб. и на изнашивание (амортизацию) ежегодно списывается 12% с фактической стоимости». В этой задаче первоначально данное число 15 000 руб. будет уменьшаться, а не увеличиваться, и тогда формула, выведенная ранее, примет такой вид: kt

где а= 15 000 рублей.

Решая указанным способом, получим: kb — = 15 000 (1 — 0.12)5, откуда £5 = 7 916 руб.

Необходимо указать учащимся на получение при решении приближенных ответов, но об этом имеются указания и в стабильном учебнике А. П. Киселева, а потому здесь этого вопроса касаться не будем.

Приводим несколько задач, составленных по материалам докладов товарищей Сталина и Молотова на XVIII съезде ВКП(б). Решения произведены при помощи четырехзначных таблиц В. Брадиса.

Задача 1. «В 1933 г. народный доход СССР составлял 48,5 млрд. pv6. Определить сумму народного дохода в 1938 г. если доход ежегодно увеличивался на 16,7%».

Ответ: 105 млрд. руб.

Задача 2. «В 1938/39 г. в СССР функционирует 70 тыс. массовых библиотек. Сколько было массовых библиотек в 1933/34 г., если количество их ежегодно росло на 11,7%?» Ответ: 40,28 тыс.

Задача 3. «В 1933 г. тракторный парк в сельском хозяйстве СССР составлял всего 210,9 тыс. тракторов. На сколько процентов ежегодно увеличивался тракторный парк, если в 1938 г. было 483,5 тыс. тракторов?»

Ответ: 18%.

Задача 4. «В СССР в 1937 г. было выплавлено 14,5 млн. m чугуна. Через сколько лет выплавка чугуна достигнет 22 млн. m в год, если в среднем ежегодно увеличивать выплавку на 8,6%?»

Ответ: 5.

Задача 5 (на удвоение). «В СССР в 1937 г. изготовлено 200 тыс. автомобилей. На сколько процентов ежегодно надо увеличивать выпуск автомобилей, чтобы в 1942 г. выпустить их вдвое большее количество?»

Решаем по формуле

Задача 6. «Частная промышленность в СССР выпустила в 1934 г. изделий на 34 млн. руб. На какую сумму изделий выпустила частная промышленность в 1938 г., если выпуск уменьшался в среднем на 6,47%?»

Решаем по формуле

Ответ 26 млн. руб.

Как известно, выведенными формулами не ограничивается изучение сложных процентов, так как здесь взяты сроки начисления, равные только году, но дальнейший материал обычно в школах не прорабатывается, и поэтому мы здесь тоже его не касаемся.

Понятно, что задачи, данные в настоящей статье, являются лишь примерными. Преподаватель сам легко составит по этим образцам задачи, использовав более свежий материал; решения XVIII съезда ВКП(б) и т. п.

ОТКЛИКИ НА СТАТЬИ

К ВОПРОСУ О РЕШЕНИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ

М. ЗАРУБИН (Пятигорск)

В № 4 журнала «Математика в школе» за 1938 год (стр. 48—52) т. В. Снигиревым поставлен большой актуальности вопрос о методах решения геометрических задач на вычисление.

Безоговорочно принимая все замечания т. Снигирева о крайней недостаточности методических указаний по данному вопросу, о построении и проведении урока при решении геометрических задач, я все же хотел бы внести некоторые дополнения к его статье.

Тов. Снигирев рекомендует с самых первых шагов в решении геометрических задач пользоваться анализом, причем «анализ начинается с составления формулы для решения главного вопроса задачи».

Но практика нас убеждает, что для учащихся, впервые сталкивающихся с геометрическими задачами, именно составление этой формулы и является совершенно непосильным делом.

В самом деле, чтобы составить формулу для решения основного вопроса задачи, учащемуся иногда приходится пробегать довольно длинную цепь логических рассуждений и умозаключений. Возьмем, например, ту же задачу № 20, § 4, из Рыбкина, которую приводит т. Снигирев в качестве третьей иллюстрации:

«Угол при вершине разнобедренного треугольника равен 30°; на боковую сторону опущена высота. Найти угол между этой высотой и основанием» (черт. 1).

Конечный вопрос задачи требует составления формул х = 90° — Z С. Чтобы прийти к этой записи, ученик должен осознать, во-первых, что, проводя высоту AD на боковую сторону ВС, мы получим прямоугольный треугольник ADC с прямым углом при точке D; во-вторых, что сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°, следовательно, X + £ С = 90°; наконец, в-третьих, что по сумме и одному из слагаемых можно найти другое слагаемое при помощи вычитания. Но и здесь цепь логических рассуждений не заканчивается, так как градусная величина С неизвестна.

Требуется составить формулу для определения

Для того чтобы записать эту формулу и проделать вычисления, ученик должен принять во внимание, что данный треугольник равнобедренный, что в равнобедренном треугольнике углы при основании равны, что сумма внутренних углов каждого треугольника равна 180°, что два равных угла мы можем заменить одним удвоенным, что по сумме двух равных слагаемых можно найти каждое из них путем деления суммы на 2. Только после того как весь этот процесс будет осознан учащимся, он сможет записать формулу:

Правда, иногда учащиеся, опуская все логические рассуждения, все же указывают на правильный ход решения задачи, как говорят, интуитивно постигают его. Но это такие учащиеся, которые обладают уже достаточно развитым математическим мышлением.

Мы же здесь говорим об учащихся — начинающих, учащихся, которые впервые сталкиваются с геометрическими задачами, для которых каждый шаг в логических рассуждениях представляет значительные, трудно преодолимые препятствия. Учащиеся рассматривают геометрические задачи, как загадки, именно потому, что не могут овладеть всей совокупностью логических рассуждений и выводов, не могут расположить их в последовательную систему, установить логическую связь между ними. Одно это множество логических рассуждений и выводов обычно приводит начинающих учащихся в отчаяние, и они в абсолютном большинстве случаев признают свое бессилие ответить на поставленный вопрос задачи. Необходимо также принять во внимание и то, что, переходя с учащимися к решению геометрических задач, мы вводим их в новую область математического мышления, где пространственные представления постигаются не измерительным путем, а путем вычислений, базирующихся на определенных теоремах и аксиомах. Таким образом, комплекс препятствий и трудностей при решении геометрических задач настолько сложен и громоздок, что преодоление их для большинства учащихся на первых порах оказывается непосильным. И, рекомендуя им составить формулу для решения главного

Черт. 1

вопроса задачи, мы или совсем или почти совсем не облегчаем их положения.

Многолетняя педагогическая практика убеждает меня в том, что при решении геометрических задач как на вычисление, так и на доказательство, в особенности когда учащиеся только начинают знакомиться с приемами их решения, необходимо отказаться от аналитического метода в той форме, как это рекомендует т. Снигирев, т. е. от составления формулы, отвечающей на конечный вопрос задачи, и от ее анализа. На протяжении всего курса VI—VII классов я предпочитаю при решении геометрических задач пользоваться методом аналитико-синтетическим, подвергая анализу и разбору не формулы, получаемые при решении, а чертеж и данные условия.

Таким образом, решение задачи № 20 по Рыбкину (условие см. выше) будет проведено следующим образом: После того как учащиеся поймут и запишут условие задачи и выполнят чертеж, процесс решения располагается так:

Анализ чертежа (1) Данные условия Вытекающие следствия

Применение аналитико-синтетического метода к решению геометрических задач имеет также целый ряд весьма существенных недостатков, и я считаю необходимым остановиться по крайней мере на двух из них, а именно: 1) учитывая следствия, вытекающие из данных условия, мы не можем ручаться, что целесообразность этого учета становится очевидной для учащегося с первого же шага; наоборот, иногда наши выводы и заключения кажутся совершенно оторванными от вопроса задачи, и тогда вся работа по учету следствий становится бессмысленной, в значительной мере парализующей энергию учащихся, направленную на отыскивание хода решений; 2) многообразие следствий, вытекающих иногда из одного и того же данного по условию, ставит учащихся в затруднительное положение по выбору нужных.

Но эти недостатки с помощью учителя всегда устранимы; главные же преимущества аналитико-синтетического метода при решении геометрических задач заключаются, во-первых, в том, что ученику предъявляется совершенно посильный вопрос, выделенный и обособленный из общей цепи логических рассуждений, на который без затруднения может ответить каждый, знающий теоретический курс геометрии по данному разделу. Во-вторых, перечисляя вытекающие следствия из каждого данного по условию задачи, ученики повторяют, а следовательно, и закрепляют теоретический материал. И, наконец, в-третьих, последовательно принимая во внимание все данные по условию задачи и учитывая все следствия, вытекающие из каждого данного в отдельности, учащиеся приобретают навык к глубокому и всестороннему анализу чертежа, что имеет решающее значение при выработке навыка в решении геометрических, задач.

Решим некоторые из задач, приведенные т. Снигиревым, аналитико-синтетическим методом:

1. «Один из острых углов прямоугольного треугольника равен—... Найти острый угол между гипотенузой и биссектрисой прямого угла».

Анализ чертежа (2) Данные условия Вытекающие следствия

Черт 2.

Черт. 3

«В трапеции ABCD из вершины В проведена прямая, параллельная боковой стороне CD до встречи в точке Е с большим основанием AD. Периметр треугольника АВЕ= 1 м, длина ED равна 3 дм. Определить периметр трапеции!

Анализ чертежа (3) Данные условия Вытекающие следствия

Черт. 4

3. «В равнобедренной трапеции большее основание равно 2,7 м, боковая сторона = 1 м, угол между ними равен 60°. Определить меньшее основание» (черт. 4).

Рассматривая чертеж, учащиеся вскоре убеждаются, что при наличии только данных условия искомую величину ВС вычислить нельзя; следовательно, является потребность в дополнительном построении. К этому выводу большинство учащихся может притти только после ряда наводящих вопросов учителя. Так, например, здесь целесообразно поставить такие вопросы: «Известна ли нам такая теорема, на основании которой можно было бы установить какую-нибудь зависимость между сторонами трапеции?» «Какие теоремы мы знаем о свойствах сторон параллелограма или прямоугольника?» «Каким свойством обладает катет прямоугольного треугольника, лежащий против угла в 30°?»

Эти и подобные им вопросы и правильные ответы на них могут натолкнуть учащихся на мысль о необходимости дополнительных построений в чертеже. Обычно учащиеся предлагают или из вершины В провести прямую параллельно CD, или из вершин В и С опустить перпендикуляры на большее основание. Каждого в отдельности из этих дополнительных построений вполне достаточно, чтобы решить данную задачу, анализируя чертеж и учитывая все данные условия как выраженные в цифрах, так и геометрическими терминами. Считаю очень целесообразным задачи, допускающие несколько решений, решать всеми способами. Так данную задачу необходимо решить двумя вариантами: 1) Если из вершины В провести дополнительно прямую BE, параллельную боковой стороне трапеции CD (черт. 5).

Черт 5.

Анализ чертежа (5) Данные условия Вытекающие следствия

Ответ. Меньшее основание трапеции = 1,7 м.

2) Если из вершин трапеции В и С опустить на большее основание перпендикуляры (черт. 6).

Черт. 6

Анализ чертежа (6) Данные условия Вытекающие следствия

Ответ. Меньшее основание данной трапеции = 1,7 ж.

Возьмем еще одну из задач, которая разобрана т. Снигиревым в №4 журнала «Математика в школе».

§ 13. № 16. Площадь параллелограмма содержит 480 см*. Его периметр равен 112 см. Расстояние между большими сторонами равно 12 см. Определить расстояние между меньшими сторонами.

Эту задачу очень выгодно можно использовать для перехода от анализа чертежа к анализу формулы.

Само собой разумеется, что, анализируя формулу, мы не должны отрываться от чертежа. Но здесь мы можем и должны обратить внимание учащихся на те преимущества, которые мы получаем в решении геометрических задач, пользуясь формулами. Формула в значительной мере помогает нам ориентироваться в чертеже, а следовательно, и облегчает трудности в отыскании хода решения задачи; но это бывает только тогда, когда или по условию задачи дается величина, которая выражется известной учащимся формулой (площадь, поверхность, объем и т. д.), или же такая величина должна быть определена по требованию задачи.

Решение данной задачи я обычно провожу двумя вариантами: аналитико-синтетическим методом, отправляясь от данных условия и анализа чертежа и подходя к ответу на поставленный вопрос в задаче, и методом анализа формулы.

Первый вариант принимает такой вид;

Черт. 7

Анализ чертежа (7) Данные условия Вытекающие следствия

Ответ. Расстояние между меньшими сторонами = 30 см.

Второй вариант. Составляется формула для выражения площади параллелограмма через боковую сторону Ь и искомую высоту. Именно Q — bxt откуда х = -у .

Анализ этой формулы подсказывает необходимость вычисления величины Ь. Возвращаясь к данным условия задачи, учащиеся устанавливают, что —-— = Ь\ эта последняя формула требует в свою очередь вычисления величины а. Рассматривая снова данные условия, учащиеся устанавливают, что «а» выражается через Q и Л, т. е. а = -g-.

После того как все величины, входящие в состав формулы, выражающей искомое неизвестное, будут иметь вполне определенное выражение, эта последняя составляется в общем и вполне законченном виде, причем подстановку значений целесообразнее проводить последовательно, а именно:

Таким образом, фомула принимает следующий окончательный вид:

Только после такой записи в общем виде буквенные обозначения заменяются цифрами и проводятся вычисления, т. е.

(Знаменатель дроби разлагается на множители.)

Все задачи на вычисление площадей, поверхностей и объемов тел считаю единственно целесообразным решать анализом в том виде, как это рекомендует т. Снигирев (см. № 4 журнала «Математика в школе» за 1938 г.). К этому времени учащиеся приобретают уже достаточный навык в анализе чертежа, и, кроме того, решение этих задач (на вычисление площадей,, поверхностей и объемов тел) в значительной мере определяется существующими формулами. До того же момента, пока ученики еще не ознакомились с формулами для вычисления площадей, поверхностей и объемов, составление формулы, отвечающей на конечный вопрос задачи, не облегчает, а затрудняет учащихся и ни в какой мере не способствует развитию у них интереса к геометрическим задачам на вычисление.

ЗАДАЧИ

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ, помещенных в № 4 за 1939 г.

61.

Определить

(1)

где av а2-• -члены арифметической прогрессии с разностью d = a. Имеем по формуле:

Отсюда, приняв во внимание, что

(2)

Аналогично:

Сложив (2) и (3), будем иметь:

(3)

или:

Таково решение большинства и наиболее короткое. Из других укажем, например, на следующий способ. К обеим частям (1) прибавляется п и преобразуются в правой части полученные выражения вида:

62.

Найти число xyzut если

Аху = zu; Ахи = Ъуг.

Эта легкая задача получила несколько вариантов решений.

1. Перепишем данные уравнения в раскрытом виде:

(1)

(2)

Умножив (1) на 4 и сложив (1) —(2), исключим и:

(3)

Но из (1) следует, что х может равняться только 1 и 2, так как при де > 2 левая часть;

(1) была бы трехзначным числом. Пусть X = 1. Тогда имеем:

(4)

Решив обычным способом это неопределенное уравнение, получим:

Так как 0<><10 и 0 < у < 10, то возможно для t лишь значение / = 0. Итак:

z = A; у = 2.

Подстановка Ь(\) или (2) дает и = 8. Искомое число 1 248.

При X = 2 аналогичным способом получим: z = 8; у = А.

Подстановка в (1) дает и = 16, что, очевидно, невозможно.

2. Можно сильнее использовать метод исключения.

а) Из (1) следует, что х= 1 или 2; и = 2и1; z^A.

б) Из (2) следует: хи делится на 3, следовательно, при X = 1, и = 2; 8; при х = 2, у = 4 и т. д.

63.

Доказать, что при A -f В+ С = 180° имеет место тождество:

Совершенно элементарная задача, вполне доступная ученику IX класса. Поэтому интерес представляет лишь подыскание наиболее краткого решения. Таковыми, например, являются:

1. Перенеся все члены в левую часть, будем иметь:

2. Разделив все члены на получим:

т. е. известное соотношение для тангенсов углов треугольника.

Однако подавляющее большинство решало задачу обычным «ученическим» способом, именно:

64.

Даны катеты а и b прямоугольного треугольника. Из точки М, лежащей на продолжении катета а, опущен на гипотенузу перпендикуляр, отсекающий от площади данного треугольника — часть. Найти расстояние точки M от вершины прямого угла треугольника. Согласно условию:

(1)

Из подобия треугоьников AND и АСВ имеем:

(2)

Из (1) и (2) находим:

(3)

Из подобия треугольников MCD и AND имеем:

или:

(4)

Так как

то:

(5)

Не трудно видеть, что х = О, т. е. точка M совпадает с С, когда:

При (т — 1) Ьг < а2 получается отрицательное значение для х. Ответ (5) получен в предположении, что -L часть площади треугольника ABC составляет треугольник AND. Но таковым может быть и четыреугольник BNDC. Как легко вычислить, тогда для х получится значение

65.

Даны стороны треугольника а, Ь, с и на стороне а точки F, D, К, Е, M (считая от С к В), причем D и Е делят сторону а на три равные части, a F, К и M делят ее на 4 равные части. Найти угол FAD.

Во всех решениях задача приводится к нахождению сторон AF == X, AD = у и FD треугольника FAD. Найти их можно различными способами. Так можно воспользоваться формулой для квадрата стороны треугольника.

Из треугольника ABC имеем:

Отсюда:

(1)

Из треугольника CAF:

или, так как

(2)

Из треугольника CAD точно так же найдем, приняв во внимание, что CD = —.

(3) Наконец:

(4)

Формулы (2), (3) и (4) дают все три стороны треугольника FAD. Далее легко найти выражение для угла <р, воспользовавшись, например; а) двойным выражением для площади треугольника FAD:

где 5 — площадь данного треугольника ABC. Отсюда имеем:

б) Воспользовавшись формулой для квадрата стороны FDy мы нашли бы:

Отсюда легко получить выражение для тангенса, которое несколько проще:

Можно было, как и делали некоторые, найти AF и AD из треугольников САК и CAE по формуле для медиан. Были даны и

крайне сложные выражение для той или иной функции угла <р. Для примера приведем хотя бы такое выражение:

из которого якобы (правильность этого решения, понятно, не проверялась) можно определить cos у.

68.

Исключить х, у и z из равенств:

Легкая задача, которую все решили одним и тем же обычным способом. Имеем:

Итак:

67.

Провести окружность, касательную к двум данным окружностям, причем к одной из них в данной точке.

Задача эта, чрезвычайно простая для какого-либо частного случая, оказывается довольно сложной, именно вследствие большого количества этих частных случаев. Здесь наличие решений и их количество зависят от двух моментов: 1) от взаимного расположения данных окружностей; 2) от положения заданной точки на одной из этих окружностей.

Возьмем сначала случай, который и имелся в виду в решениях громадного большинства: данные окружности находятся вне одна другой. Построение можно выполнить несколькими способами.

1. Соединяем О с Л (данная точка) и продолжаем OA за окружность. Очевидно центр искомой окружности должен лежать на этой прямой. Остается на окружности О, найти точку С такую, чтобы 02С = 02А. Для этого проведем радиус ОхВ || OA и точку В соединим с А. Полученная точка С пересечения AB с окружностью Ot и будет искомой.

Черт. 1

Действительно

1_ оис = L сво, = z о,св = ^ лсо2,

т. е. треугольник А02С равнобедренный.

Проведя 0\Bt И OA и соединив Вх с Л, получим на Oj точку D; проведя 0,D до пересечения с продолжением АО, получим точку О, второй окружности, касательной к данным (одной внутренним, другой внешним образом).

2. При точке Л строим две окружности радиусом О,, касающиеся окружности О внешним и внутренним образом.

Соединяем центры M и Ои N и 0\. Центры искомых окружностей должны лежать на пересечении прямой OA с медиатрисами отрезков МОх и NO\. (Этот способ приведен в сборнике Делоне и Житомирского, зад. № 98. Задача имеется и в сб. Александрова.)

Если Л является точкой касания к О общей внешней касательной О и О,, то точка 02 уходит в бесконечность. Если Л является точкой касания общей внутренней касательной О и Oi, то точка Os уходит в бесконечность. В этих случаях будем иметь одно решение.

Аналогично можно исследовать и остальные случаи взаимного расположения данных окружностей. Исследований не приводим ввиду их простоты. Наиболее простой случай будет при концентричности данных окружностей.

68.

Построим четыреугольник, зная все его стороны и что одна из его диагоналей является биссектрисой одного из углов четыреугольника.

Построим треугольник ADXC, симметричный треугольнику ADC по отношению к диагонали ЛС

В треугольнике ADtB известны все три стороны:

Черт. 2

(1)

Отсюда построение: строим треугольник ADXB по данным сторонам (1). На продолжении DXB откладываем ВС = Ь. Из Точек С и Л радиусами соответственно cud проводим окружности; точка их пересечения дает вершину D.

Задача допускает довольно детальное исследование в зависимости от величин сторон а, Ь, с, d. Так, например, если a>rf + +(c-— b), то треугольника AD^B построить нельзя (по свойству суммы двух сторон треугольника).

Детальное исследование всех возможных случаев дано только М. Шебаршиным (Медвежьегорск).

69.

Найти сумму девятых степеней корней уравнения:

(1)

Пусть корни уравнения (1) будут «, ß и у. Будем иметь по свойству коэфициентов:

(2) (3) (4)

Вычислим сумму квадратов корней:

(5)

Вычислим сумму кубов корней. Для этого подставим корни в уравнение (1) и сложим полученные тождества:

Получим:

Отсюда:

(6)

Из уравнения (1) найдем х9:

(7)

Подставив в (7) корни уравнения и сложив результаты, найдем:

Приняв во внимание (6), (5) и (2), получим окончательно:

Таково, в общем, решение большинства. Но многими был избран длинный путь решения (вычисление (а3 + ß3 + у3)3 и пр.), приводивший к ошибкам в вычислениях, а следовательно, и к неверному результату, например: 3? (р3 — 7q:); — 3<7 (д2 + 15/?3) и даже к таким сложным выражениям, как

и т. п.

70.

Доказать, что прямая, проходящая через центр Kpyia, вписанного в треугольник, делит его площадь и периметр на две части в одном и том же отношении.

Вычислим площади частей, на которые прямая MN делит треугольник ABC,

(1)

(2)

Из (1) и (2) имеем:

(3)

Но числитель и знаменатель в правой части (3) есть части периметра треугольника ЛВС, на которые он делится прямой MN. Положение доказано. Задача, конечно, совершенно элементарна, и потому тем более удивляет наличие ряда длинных и сложных решений (с введением тригонометрических функций углов и т. п.).

71.

Решить систему уравнений:

(1) (2)

Умножив обе части второго уравнения на X—^(предполагая х — уфО) и приняв во внимание (1), получим:

(3)

По раскрытии скобок и приведения подобных членов будем иметь:

или:

Из (4) имеем:

(5)

Подстановка из (5) в (1) дает;

а следовательно:

(6)

После подстановки в (1) получим:

и затем:

Эти выражения делением на }fb и ]/а легко преобразуются в более симметричные:

Наконец, при х— у = 0 из (1) имеем хА = 0 и уА = 0.

72.

Найти величину выражения:

при условии, что X + у -f z = 0. Из тождества:

приняв во внимание условие задачи, найдем:

Сложив в первой скобке вторую и третью дроби, будем иметь:

Прибавив к полученной сумме первую дробь и умножив на первое слагаемое второй скобки, найдем:

(2)

Аналогично получим:

(3)

(4)

Сложив (2), (3) и (4) и приняв во внимание (1), найдем:

73.

Около круга радиуса R описана равнобедренная трапеция. Найти минимум полной поверхности и объема тела, полученного от вращения трапеции вокруг большего основания.

1. Вычислим полную поверхность тела вращения; она равна сумме боковых поверхностей двух равных конусов и цилиндра.

Введем обозначения: ВС = 2х; AD = 2у и радиус вписанной окружности — г. Тогда:

(так как CD = CN + ND = х-{-у по свойству касательных, проведенных из одной точки).

Боковая поверхность двух конусов будет:

Боковая поверхность цилиндра:

Боковая поверхность тела вращения:

(1)

Из треугольника CMD имеем:

(2)

Отсюда замечаем, что произведение

есть величина постоянная.

Следовательно, сумма Sx -f у будет наименьшей при Ъх = у, отсюда из (2) Зх* = гг\

(3)

2. Аналогично вычислив v объем тела вращения, получим:

Значение 2х + у при постоянном 2х-у будет наименьшим, при 2х=у, т. е. при

Тогда:

74.

Доказать для треугольника тождество:

Все решения сводятся к преобразованию множителей правой части. Эти преобразования даны столь различными способами, что нет возможности привести хотя бы большую часть их. Поэтому ограничимся одним способом.

Выразим с и b через а, пользуясь формулой синусов.

будем иметь:

Совершенно аналогично для двух остальных множителей правой части получим:

что после перемножения и деления на abc дает:

75.

Найти предел выражения:

Введем обозначение:

Разделив обе части на 3 и приняв во внимание, что

получим:

Применяя последовательно формулу длв разности квадратов, будем иметь для правой части:

Итак, имеем:

При переходе к пределу, очевидно, будем иметь:

76.

Решить уравнение:

Задача решается несколькими приемами. Приведем наиболее короткий. Беря у~х за скобки, получим:

Отсюда:

Выражение в скобках преобразуем:

Отсюда:

Преобразуем трехчлен:

Отсюда:

Наконец, полагая

Найдем:

Проверка показывает, что дг4 = 4 не удовлетворяет данному уравнению и является посторонним корнем. В очень большом числе решений X = 4 ошибочно считается корнем данного уравнения.

77.

Решить в целых, а затем в целых и положительных числах уравнение:

(1)

Раскрыв скобки и расположив уравнение относительно у, будем иметь:

(2)

Отсюда:

(3)

Отсюда следует, что 8х + 601 должно быть квадратом нечетного числа. Полагаем:

(4)

Подстановка в (3) дает:

(5)

Итак, имеем две системы решений данного уравнения в целых числах. Чтобы найти положительные решения, рассмотрим две системы неравенств:

Умножив оба неравенства на 4 и прибавив по 1, получим

Очевидно, имеем для п только одно значение: п = 12. Тогда X = 3; у = 10-

Умножив на 4 и прибавив к обеим частям первого неравенства по 1, а второго — по 9, получим:

Видим, что система не дает положительных решений. Итак, решение одно: * = 3; у — 10.

Ошибочные, вернее, незаконченные решения ограничивались выводом формулы (3), указывая затем, что для нахождения целых значений у надо подбирать значения х, делающие выражение 8* -f 601 полным квадратом. Конечно, это не дает общей формулы для нахождения целых х и у при любых значениях параметра, как в формулах (4) и (5).

В ряде задач поэтому утверждалось, что задача имеет всего два решения (в целых числах).

78.

Если к четырехзначному числу N слева приписать 2N + 1, то получится точный квадрат. Найти числа, удовлетворяющие этому условию.

По условию задачи:

(1)

или: отсюда:

(2)

Чтобы N было целым, необходимо, чтобы X 4- 1 или X — 1 делилось на 3, т. е.

(3)

Отсюда после подстановки в (2) получим:

или:

Исследуем Nt. Здесь могут представиться четыре случая:

Получаем N> 104, что противоречит условию III. m —33 = 113/; Ът + 101 =59/. Подстановка m из первого во второе дает:

Решив это уравнение, найдем:

Исследование, аналогичное, предыдущим не дает новых решений.

Итак, имеем 4 числа, удовлетворяющие условию задачи:

2 289; 3 796; 6 369; 8 756.

Ошибочные решения давали два числа вместо четырех, причем большею частью это происходило оттого, что 6 667 без всяких оснований считалось почему-то за простое число.

79.

Решить систему уравнений:

(1)

(2)

Сложив данные уравнения и разделив результат на 3, получим:

или:

или:

отсюда:

(3)

Вычтя (2) из (1) и разделив результат на 5, получим:

или: или: отсюда:

(4)

Комбинируя (3) с (4), получим 4 системы уравнений 1-й степени с двумя неизвестными.

80.

В четырехугольнике ABCD даны А = 90° и стороны ля = з — у г, вс = 6 + 2уг, CD = 4 уъ и DA = 3 + ]/з" линейных единиц. Требуется:

1. Доказать, что биссектрисы углов А и D пересекаются на стороне ВС, а биссектрисы углов В и С — на стороне AD.

2. Вычислить отношение площади четырехугольника, образованного пересечениями биссектрис к площади четырехугольника ABCD.

1. Проведя диагональ BD, будем иметь:

(1) (2)

Примечание. Если не требовать знания tg 15°, то результат (2) можно получить, например, так: если tga = 2—1/3 то

что по вычислении дает:

Можно так же, как это и сделано автором задачи, вычислить /_ ADB и дальнейшие углы чисто геометрическим путем, совсем не привлекая тригонометрические функции.

Вычислим теперь углы четыреугольника ABCD.

Из треугольника BDC имеем:

Отсюда, подставив значения BD, ВС и CD, найдем:

(3)

Точно так же:

отсюда:

Теперь легко находим:

(4) (5)

Покажем теперь, что биссектрисы углов D и А пересекают ВС в одной и той же точке. Проведем биссектрису угла D. Пусть она пересечет ВС в точке М. Тогда

отсюда:

(6)

Проведем биссектрису угла А. Пусть она пересечет ВС в некоторой точке М,. Тогда в треугольнике ABM1 будем иметь:

(7)

Следовательно, точка Мх совпадает с точкой М.

Аналогично можно доказать, что биссектрисы углов В и С пересекают AD в одной и той же точке N, причем AN = 3 (|/з — \)}

(8)

Площадь MQNP можно вычислить различными способами, например:

Площади в правой части мы сможем вычислить, так как в каждом из этих треугольников нам известна, по крайней мере, одна сторона и все углы. Будем иметь (вычислений не приводим):

Отсюда:

(9)

б) фигура MQNP — трапеция. Можно вычислить ее основания и высоту. (Основания, например, можно найти из треугольников АВМ и CDNt пользуясь свойством биссектрисы.)

Получим:

тогда:

(9)

Из (8) и (9) имеем:

Эта интересная задача получила несколько вариантов решений. Так как все они по необходимости довольно длинны, то приведем еще лишь решение М. Шебаршина (Медвежьегорск), приславшего задачу.

Решение (см, чертеж).

1) По данному условию строим четыреугольник ABCD и проводим его диагональ BD. Тогда из треугольника ABD:

т. е.

Проводим DM _L ВС. Из Л BDM: DM2 = — BD2 — ВМ2, а из ACDM: DM2 = CD2 — -(ВС — ВМ)2, т. е.

или:

откуда

итак, Теперь

т. е.

Поскольку

DM Л. ВС и CD = 2DM,

то

£С = 30°.

Из /\BDM находим также, что

Z. BDM = £ MBD = 45°.

Проведем MP J_ BD и продолжим Л1Р до пересечения с AD в точке N.

Так как

= DM,

то

так как Д ABD оо Д то DN:BD = PD : AD, откуда

Соединим точку N с точкой В. Тогда

Получаем:

а следовательно и

Попутно обнаружилось, что BN—биссектриса /_ В (так как ABN = 60° = — /_ В) и £>М — биссектриса D (так как ^/ С£Ш = 60° = \ld).

Остается показать, что биссектриса ^ Л пройдет через точку Af,а биссектриса /_С— через точку N.

Проведем СЕ ± AD. Тогда ^ DCE = 30°

Проведем биссектрису CNU угла С, которая образует Д CENlf в котором £ = 90°,

Следовательно,

Но мы видели, что

а это показывает, что DNX = DN, т. е. что точки и N совпадают, а следовательно биссектрисы углов В и С пересекаются в точке, лежащей на AD.

Пусть биссектриса £ А пересечет ВС в точке ЛГ,.Так как/ В = 120°, / ВЛМ,=45°, то ^ ЛЛ^Я = 15° = ZXCB, т. е. ЛМ, || CN.

Продолжим ВС и DA до пересечения в точке F. Так как биссектриса £Ш перпендикулярна к основанию CF треугольника CDF, то CD = DF и CAf = MF.

Находим:

Итак,

AF = AN, a AMX || CN, т. е. AMX — средняя линия ДС/7^ т. е. АМХ делит С/7 пополам, а это значит, что точка Мх совпадает с точкой М, т. е. что биссектриса углов А и D пересекаются в точке, лежащей на стороне ВС. Этим доказана часть 1 задачи.

Из чертежа видим, что

По свойству биссектрисы имеем:

Из подобия треугольников BMJ и BCN следует, что

т. е.

Теперь

Итак,

СВОДКА ПО № 4 —1939 г.

Отличительным моментом решений по № 4 является сравнительно небольшое количество ошибочных решений по большинству задач. Объясняется это, возможно, в первую очередь тем, что в этой серии дано несколько больше, чем обычно, простых задач, а может быть и более критическим отношением читателей к своим решениям. Приблизительные итоги проверки решений таковы (в скобках — число неверных решений): № 61—37 (1); № 62 — 61 (1); № 63 — 105 (1); № 64 — 81 (9); № 65 — 41 (2); № 66 — 70 (1); № 67 — 61 (1); № 68 — 47 (1); № 69 — 33 (19); № 70 — 54 (1); № 71 —34 (7); № 72 — 76 (5); № 73 — 38 (5); № 74 — 62 (1); № 75 -35 (3); № 76 — 68 (27); № 77 — 43 (13); № 78—13 (17); № 79 — 56 (12); № 80—21 (3). В настоящем номере преобладают задачи несколько более повышенной степени трудности.

Относительно задач в № 4 — 1939 г. один из читателей сообщает, что он считает интересными и оригинальными задачи № 61, 65, 69, 73, 75, 77, 78, 80. Далее он говорит: «Решение помещенных задач мне лично доставляет очень большое удовольствие и значительно расширяет знание элементарной математики. Можно сказать, что по ходу решения некоторых задач приходится пересматривать многие разделы математики».

Другие читатели возражают против помещения слишком легких задач, как, например, задачи 63 и 70. Один недоумевает, зачем помещена такая элементарная задача, как № 66 (в оценке этой задачи редакция с ним не согласна).

Редакция убедительно просит товарищей, интересующихся задачами, давать вместе с решениями и оценку задач, выделяя более интересные в том или ином отношении, указывая на задачи, помещение которых они считают ненужным, и т. п. Такие оценки дадут редакции прекрасный материал для дальнейшего повышения качества этого раздела журнала, который редакция считает очень ценным методом повышения квалификации педагога.

Л. Авербах (Саратов) 63,64,66,72,74. В. Акубардия (Очемчири) 63. Л. Аляев (Башмаково) 61 — 66, 69, 70, 72-74,77, 79, Б. Андреев (Омск)

61 —67, 72, 73, 75-—79. С Андреев (Торжок) 62 — 64, 66 — 68, 70, 72 — 74, 76, 77, 79. Я. Архипов (Москва) 61 —70, 72, 74, 75, 77. Г. Ахвердов (Ленинград) 61 —76, 78, 79. М. Баженов (Караганда) 63, 66, 72, 75. М. Байтальский (Одесса) 63, 76, 77. Я. Барщевский (Сухой Лог) 61 —80. Я. Бажанов (Кытлым;63, 72. И. Бейзов (Одесса) 63, 76. Л. Белогуров (Барабинск) 63, 66, 69, 76, 79. В. Берегтовский (Новоград-Волынск) 63, 72, 76, 79. 3. Баглав (Уфа) 62, 63, 64, 66, 67, 72, 76, 79. Д. Бобырь (Антоновка) 63 — 65, 67, 70, 76. В. Богданов (Витебск) 61 — 80. Я. Богуславский (Мурафа) 76. Ф. Богдань (Москва) 62 — 67, 69, 72, 76, 79. Л. Бубис (Полтава) 61 —64, 66 — 69, 72, 74, 77 — 80. Е. Бугулов и К. Гарисов (Орджоникидзе) 61 — 64,66, 73— 75,77. Я. Булгаков (Свердловск) 61, 63, 64, 69, 75, 76, 79. Я. Введенский (Георгиевское) 61 — 75,78 — 80. Л. Владимиров (Ялта) 61 —74, 76 — 80. М. Габитов (Семипалатинск) 63, 74. В. Гиммельфарб (Медвежьегорск) 61, 63, 69, 72, 79. М. Гительман (Житомир) 63, 64, 67, 68, 70, 75. Р. Глейзер (Калининдорф) 61 — 64, 66 — 68, 70. 72, 74 — 76. Я. Голайдо (Красная гора) 62 — 64, 66,67, 72, 74 — 77.5. Голубев (Кувшиново) 62 - 64, 67 — 69, 73, 77, 78, 80. Ф. Гольденберг (Николаев) 76. Горалевич (Бабаничи) 76, 77. С. Городов (Ленинград) 61 — 63, 65 — 70, 72 — 74, 76, 79, 80. Л. Граб (Киев) 62, 63, 66, 67, 72, 74 — 76. Л. Гридин (Харьков) 62 — 64, 66 — 68, 74, 76, 77. Я. Гурский (Калиновка) 61 — 68, 70, 73, 76. Б. Диккер (Одесса) 61 — 66, 70 — 77, 79. В. Добряк (Полтава) 63, 66, 79. X. Дудаев (Орджоникидзе) 62 — 64, 74, 76, 77, 79. В. Дуденков (Кузнецк) 63, 68. Б. Дудолькевич (Пятигорск) 62 — 64, 70, 79. С. Дьяконов (Уфа) 63, 69, 72, 74, 76, 79. Л. Еремеев (Ст. Старо-Мышавстовская) 68. Я. Жалпинский (ст. Шаловая) 63, 67, 68. #. Жовтун (Малая Локня) 62 — 64, 66, 67, 70, 76, 77, 80. Т. Збруев (Кр. Баки) 64, 67, 68, 70. Зандер (Житомир) 67, 68, 70, 72,. Л. Иванов (С. Ипатово) 63, 64, 69, 72, 76. Л. Иванов (Торопец) 61—70, 72 — 77, 79, 80. Л. Календжян (Майкоп) 63, 65, 66, 71, 72, 74, 76, 79. В. Калинин (Горький) 61 — 76, 79. И. Каплан (Коростышев) 63, 66, 72, 74. Кашин (Ярославль) 61 — 64, 66, 69. 70, 72, 74, 79. М. Кекелия (Бандза) 62 — 77, 79, 80. К. Киричек (Бердек) 64. С. Колесник (Харьков) 61 —77, 79, 80. М. Копельман (Москва) 64, 67, 70. Г. Корчагин (Устькулом) 62, 63, 65 — 68, 70, 72 — 80. Г. Костава (?) 63, 64, 74, 77, 79. Л. Костовский (Мелитополь) 61 — 63,67, 68, 71 —73. Г. Косяков (Чернигов) 61 — 64, 67, 72 — 74, 77. Е. Крицкая (Житомир) 63. В.Кузюков (Емелькино) 62, 76. С. Кулигин (Тагай) 67, 75, 76. Е. Куницин (Опочка) 63, 64, 72, 79. Л. Ле« ван (М. Круча) 63, 71, 72. Левин (Таганрог) 62 — 66, 69, 72, 75, 79. И. Лернер (?) 61 -67, 89, 71 —73, 75 — 77, 79. В. Лимонов (Сторожилово) 62, 63, 66, 71 — 74. И. Лифшиц (Гомель) 62 — 64, 74, 76, 79. Л. Логашов (Саловка) 62 — 68, 70, 72 — 75, 79, 80. С. Ломакин (Исса) 63, 67, 72, 74. И. Любочский (Старая Русса) 62, 63, 66, 70, 72. Лядская (Синельниково) 63, 64, 66, 72, 73. Л Ляшенко (Меловая) 64, 67, 69. Морчевскся (?) 61, 66,68 — 71, 73 — 75, 77, 79, 80. Л. Маслова (Воронеж) 62 — 70, 72, 74 — 76, 80. М. Месяц (Житомир) 62 — 77, 79, 80. Метелицына (Михайлов) 62 — 64, 72 — 76.3. Мильжом (Каменец-Подольск) 62 — 64, 67, 71, 79. Г. Мискарян (Кировабад; 62 —68, 70, 72, 74 — 77, 79. Л. Могильницкий (Гайсин) 62 — 68, 70 — 74, 76, 77, 79. М. Мкртичян (Майкоп) 63, 65, 66, 71, 72, 74, 76, 79. И. Мхитаров (Махач-Кала) 61, 63 — 68, 70 — 74, 76,77, 79. М. Назаров (Москва) 63 — 67, 70, 72, 74, 76, 77, 79, 80. В. Нефедов (Ряжск) 62 — 65, 70 — 72, 74, 76, 79. Л. Никитин (Смоленск) 63, 64, 67, 70. Л. Осипенко (Гуляй-Поле) 63, 66. Н. Павлинский (Днепропетровск) 61—80. Б. Пеньковский (Казань) 61 —64, 70, 72, 76, 77, 78. С. Попов (Черкизово) 61 —68. 70 — 77, 79, 80. Я. Постников (Рязань). 61 — 68, 72 — 76, 79. В. Пугачев (Злынка) 63, 64, 77. М. Пышный (Быхов) 63, 64, 66, 71. М. Рицнер (Лозовая) 63, 79. Л. Розенберг (Винница) 61, 63, 64, 66, 68, 69, 72, 74, 79. Af. Сальников (Саратов) 63, 64, 66,72, 74. В. Саннинский (Сорочинск) 64, 67, 68, 72. П. Сергиенко (Запорожье) 61 — 70, 72 — 74, 76, 77, 78, 80. В. Смирнов (Марьино) 61 - 68, 70 — 73, 79, 80. М. Сорокин (Загорск) 61—64, 66 — 68, 70 — 74,76, 77, 79. К. Станкевич (Саратов) 63 — 66, 72. Л. Стифеев (Орша) 63, 64, 70, 72, 74, 76. И. Сурин (Незнаково) 63, 64, 69 — 72, 74, 76. Б. Тарасов (Кирсанов) 63, 64, 66, 69 — 72, 74, 76. Я. Титов (Тюмень) 61 — 80. В. Туровский (Тамбов) 63, 76, 77. Тян Удин (Казалинск) 62 —64, 70, 71, 74, 76 — 79. Я. Усачев (ст. Ново-Курсунская) 63, 64, 66, 67, 72, 76. Б. Хайкин (Радомысль) 61 — 68, 70, 71, 72, 74. Л. Хайруллин (Мензелинск) 63, 64, 66, 67, 69, 70, 72, 76, 77. Е. Хвастовский (Сталинград) 62 — 68, 70 — 72, 74, 76, 77, 79. Е. Холодовский (Хапчеранда) 61 — 67, 70 — 75, 77, 79. Я. Циммерман (Сталино) 61 — 70,72 — 76,79. Я. Чаравуй (Саранск) 62, 63. М. Чучиев (Грязовец) 63, 64, 66, 68, 70 72, 76. Я. Шамарин (Уфа) 62, 76. Ф. Шатилов (Москва) 66. М. Шебаршин (Медвежьегорск) 61 —80. Л. Шульман (Житомир) 63. Э. Ясиновый (Терновка) 61, 63. 64, 66 — 68, 70, 71, 74, 76.

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, вопросы и пр.).

2. Решение 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.

1. Решить систему уравнений:

В. Ураевский (Кузнецк)

2. Решить уравнение:

В. Ураевский (Кузнецк)

3. Решить уравнение:

4. Дана правильная дробь. Числитель и знаменатель — двузначные числа, причем цифра единиц числителя одинакова с цифрой десятков знаменателя. Найти все дроби, которые при зачеркивании этой одинаковой цифры сохраняют свою величину.

Г. Ахвердов (Ленинград)

5. Найти четырехзначные числа, которые при чтении их слева направо и справа налево являются точными квадратами.

Г. Ахвердов (Ленинград)

6. Из двух городов выходят одновременно навстречу друг другу два курьера и встречаются в некоторой точке М. Если бы первый курьер вышел на час раньше, а второй на полчаса позже, то они встретились бы на 18 мин. раньше, чем в действительности. Если бы второй вышел на час раньше, а первый на полчаса позже, то они встретились бы в точке, отстоящей от M на 5 600 м. Найти скорости обоих курьеров.

И. Дуборысов (Караганда)

7. Решить уравнение:

А. Могильницкий (Гайсин)

8. Решить уравнение:

А. Могильницкий (Гайсин)

9. Четная степень некоторого числа равна четырехзначному числу, первая цисрра которого 3, а последняя 5. Найти это число.

10. Доказать, что выражение:

делится ка 2р — 3.

И. Кастровицкий (Слуцк)

11. Решить уравнение:

12. Решить уравнение:

13. Решить уравнение:

14. Решить в целых и положительных числах:

15. Боковые ребра трехгранной пирамиды взаимноперпендикулярны при вершине и равны а, Ь, с. Найти высоту, опущенную на основание пирамиды.

А. Владимиров (Ялта)

16. Если к четырехзначному числу N приписать справа (2JV + 1), то получится точный квадрат. Найти числа, удовлетворяющие этому условию.

А. Владимиров (Ялта)

17. Равнобедренный треугольник ABC расположен так, что вершина его А лежит в конце диаметра АР данного полукруга, сторона AB лежит на диаметре АР, а равная ей сторона АС есть хорда полукруга. При какой длине стороны AB основание ВС равнобедренного треугольника будет наибольшим?

18. Из вершины каждого угла треугольника ABC опущены перпендикуляры на биссектрисы двух других углов. Обозначим длины прямых, соединяющих основания каждых двух перпендикуляров, проведенных из одной вершины через а, ß и у. Показать, что треугольник ABC вполне определяется тремя отрезками а, ß, y и выразить через них его площадь.

19. В правильной четырехугольной пирамиде боковая поверхность равна а2. Определить максимальный из возможных объемов пирамиды.

М. Шебаршин (Медвежьегорск)

20. В треугольник ABC вписан круг (центр О) и в угол А вневписан круг (центр Oi). Построить треугольник ABC по данным отрезкам АО, AO1 и медиане та.

М. Шебаршин (Медвежьегорск)