МАТЕМАТИКА ШКОЛЕ

2

УЧПЕДГИЗ МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

МОСКВА 1946

№ Главлита А 1С833 Заказ № 2790 Гираж 20000 экз.

Редакционная коллегия: Отв. редактор А. И. Барсуков, зам. отв. редактора С. И. Новоселов. Члены редакционной коллегии: проф. Н.Ф. Четверухин и проф. В. В. Немыцкий Техн. редактор В. П. Рожин

Адрес редакции: Москва, Чистые пруды, 6, Учпедгиз Мннисерсгва Просвещения РСФСР

Подписано к печати 14/IX 1946 г.

Печ. листов 4. Учетно-изд. л. 6,36 Цена 4 г>. 50 к.

Печ. зн. в 1 г. л. 72ÖOÖ.

Типография JS& 2 Управления издательств и полиграфии Ленгорисполкома

МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ

МЕТОДИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ОРГАН МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

№ 2 1946

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ

Проф. Н. Ф. ЧЕТВЕРУХИН (Москва)

В преподавании стереометрии роль проекционного чертежа должна быть очень значительной. От этого в большой мере зависит достижение тех целей, которые ставятся в курсе стереометрии. Следует подчеркнуть двоякую роль проекционного чертежа при обучении стереометрии. С одной стороны, преподаватель иллюстрирует свое изложение чертежом на доске, чтобы вызвать у учащихся наглядное пространственное представление изучаемых геометрических образов, соединить с ними теоретические рассуждения и объяснения. Такое преподавание предмета дает более прочное, конкретное и близкое к практическим целям усвоение курса стереометрии. Мы будем называть чертежи, применяемые с этой целью, чертежами-картинами. С другой стороны, нельзя забывать о другой задаче курса стереометрии: научить учащихся оперировать над пространственными образами и формами, решать задачи на пространственных фигурах, фактически находя (построением) решение. В настоящей статье мы постараемся показать, что и эта вторая цель может быть достигнута при помощи проекционных чертежей, которые мы будем называть в этом случае чертежами-моделями.

Между обоими видами чертежей — „чертежи-картины“ и „чертежи-модели“ — имеется существенное, глубоко принципиальное различие. В то время, как „чертежи-картины“ должны в максимальной степени оставлять свободу действий за выполняющим их педагогом, т. е. предоставлять ему возможность свободного выбора элементов изображения на чертеже, „чертежи-модели“ должны служить делу эффективного решения стереометрических задач, т. е. они не должны допускать произвольного выбора искомого элемента, так как последний вполне определяется данными чертежа. Другими словами, для „чертежей-картин“ целесообразно пользоваться „неполными метрически неопределенными“ изображениями, так как именно такие изображения больше других отвечают указанной выше цели. Наоборот, в случае „чертежей-моделей“ следует применять „полные и метрически определенные“ изображения, так как на таких чертежах можно фактически выполнить требуемое для решения задачи построение1.

Нельзя сказать, что конструктивные задачи совершенно отсутствуют в обычном школьном преподавании стереометрии. Так, уже в самом начале учебника А. П. Киселева—„Геометрия“ (Учеб-

1 „Полным“ мы называем такое изображение^ которое определяет только позиционные свойства оригинала, „метрически определенным“-— такое изображение, которое определяет форму оригинала.

ник для средней школы, ч. II, Учпедгиз, 1939. стр. 4) в п. 6 читаем заголовок: „Задачи на построение в пространстве“.1 В этом параграфе, однако, отмечается, что „для построений в пространстве чертежные инструменты становятся уже непригодными, так как чертить в пространстве невозможно“. Поэтому приходится условиться о том, что мы умеем выполнять некоторые основные построения. У Киселева таких условий три: I) построение плоскости по трем данным точкам; 2) построение линии пересечения двух данных плоскостей и 3)планиметрические построения в данной плоскости. После этого читаем: „Выполнить какое-либо построение в пространстве — это значит свести его к конечному числу только-что указанных основных построений“.2

Таким образом, решение задач на построение в пространстве сводится к некоторому количеству мысленных операций в пространстве, которые могут сопровождаться для наглядности иллюстративным чертежом („чертежом-картиной“). Эта методика является, повидимому, общепринятой в школе. Она имеет свои положительные стороны—тренирует пространственное воображение учащихся, помогает им изучить способы решения задач, но она не дает им уменья фактически решить стереометрическую задачу на чертеже, подобно тому, как это достигается в начертательной геометрии и как это требуется в практической жизни. В этом, по нашему мнению, заключается один из недостатков существующей методики. Пробел, о котором идет речь, прежде всего дает себя знать в самой средней школе при прохождении курса черчения, а также у молодежи, предполагающей посвятить себя инженерно-техническим профессиям, в частности, у будущих студентов втузов. С большим трудом им даются предметы графического цикла: начертательная геометрия и машиностроительное или архитектурно-строительное черчение. Эта трудность была бы значительно понижена, если не совсем устранена, в том случае, если бы еще в средней школе учащиеся умели решать стереометрические задачи на проекционных чертежах. В предлагаемой небольшой статье мы попытаемся наметить возможные методы применения проекционных чертежей в курсе стереометрии. При этом мы будем придерживаться того порядка прохождения курса, который соответствует ныне действующим программам и учебнику.

Пусть имеем изображение плоскости, которую мы в дальнейшем будем называть основной плоскостью (черт. 1). Мы будем в дальнейшем по-разному изображать плоскость, ограничивая изображаемую часть ее как прямолинейными „обрезами“, так и произвольными „обрывами“. Так, на черт. 1 мы имеем два обреза и два обрыва. Изобразим далее

Черт. 1

1 Задачи на построение помещены лишь в гл. I учебника. В гл. II излагаются элементы построения эпюр начертательной геометрии по метолу Монжа. В следующих главах (многоугольники, круглые тела) задачи на построение отсутствуют.

2 Интересно отметить, что эта концепция вполне аналогична той трактовке, которая дана вопросу о геометрических построениях на плоскости, и является ее дальнейшим развитием в пространстве. Так, к обычным планиметрическим постулатам о конструктивности, определяющим в абстрактной форме свойства линейки и циркуля, для выполнения геометрических построений в пространстве добавляется еще один „воображаемый пространственный инструмент“, с помощью которого можно строить плоскости в пространстве. Свойства этого воображаемого инструмента и выполняемые им операции и определены тремя вышеупомянутыми постулатами учебника А. П. Киселева. Таким образом, пространственная концепция отличается от плоскостной тем, что в то время как постулаты последней передают в абстрактной форме действительно существующую чертежную практику, постулаты геометрических построений в пространстве устанавливают лишь некоторую форму условности для воображаемого выполнения таких построений. Эта мысль и была выражена в приведенной выше цитате из учебника. Что же касается практической стороны вопроса, то, как показывает инженерно-техническая практика, конструктивные задачи в пространстве решаются на проекционном чертеже при помощи обычных чертежных инструментов. Это обстоятельство должно быть принято во внимание в преподавании, стереометрии.

некоторую прямую Ах („спицу“), пересекающую основную плоскость в точке Av Условимся как эту прямую, так и всякую ей параллельную прямую называть проектирующей. Точку пространства мы будем на изображении задавать при помощи проектирующей прямой. Так, точка А задана на изображении (черт. 1), если через нее проведена проектирующая прямая и показана точка Ах% в которой эта проектирующая пересекает основную плоскость. Точку А1 будем называть основанием проходящей через нее проектирующей. Таким образом, мы будем считать заданными на изображении лишь те точки, для которых известны (даны) соответствующие им основания. В частности, для точки, лежащей на самой основной плоскости, основание с ней совпадает. При помощи „заданных“ на изображении точек можем „задавать“ прямые и плоскости. Будем называть всякую плоскость, параллельную проектирующим прямым, проектирующей плоскостью. В частности, всякая плоскость, проходящая через какую-либо проектирующая прямую, является проектирующей (черт. 2).

Черт. 2

При объяснении учащимся изложенного здесь способа изображения можно обратиться к конкретным сравнениям. Так, точки пространства можно мыслить как булавочные головки, причем булавки (или спицы) воткнуты в основную плоскость и могут отличаться длиной, но все расположены параллельно.

Перехожу к задачам, которые могут быть предложены учащимся. Варианты таких задач чрезвычайно разнообразны.

Задача № 1. Даны точки A и В, не лежащие в основной плоскости. Требуется найти точку пересечения прямой AB с основной плоскостью (черт. 3).

Черт. 3

Проектирующие прямые ААи ВВ} определяют проходящую через них (проектирующую) плоскость. Так как прямая AB и ее проекция AXBX лежат в этой проектирующей плоскости, то их точка пересечения X и является искомой. Точку X называют также следом прямой AB на основной плоскости. Прямая АХХ есть след проектирующей плоскости.

Задача № 2. Даны точки А, В и С, не лежащие в основной плоскости. Требуется построить линию пересечения (след) плоскости ABC с основной плоскостью (черт. 4).

Черт. 4

Находим точку X, в которой прямая ВА пересекает основную плоскость, и точку К, в которой прямая ВС пересекает основную плоскость. Тогда прямая XY является, очевидно, искомой.

Задача № 5. Даны две проектирующие плоскости. Требуется построить их линию пересечения (черт. 5.)

Черт. 5.

Пусть одна проектирующая плоскость определена на чертеже проектирующими прямыми AAV BBlt а вторая — проектирующими прямыми ССХ и DDX.

Пусть следы А1В1 и ClDl данных плоскостей пересекаются в точке Х%. Проведем через точку Х\ проектирующую прямую ХхХ. Докажем, что эта прямая является искомой линией пересечения данных плоскостей. В самом деле, линия эта параллельна прямой ААХ (так как все проектирующие параллельны), следовательно, она лежит в плоскости {ААЪ BBV) По аналогичной причине она должна лежать и в плоскости (ССХ, DD)). Поэтому прямая XXt есть искомая линия пересечения данных плоскостей.

Задача № 4. Даны, проектирующая плоскость (АА\ BBi) и прямая CD (Cfii). Построить точку встречи данной прямой с данной плоскостью (черт. 6).

Черт. 6

Прямая определяет проходящую через нее проектирующую плоскость (CD CiDJ. Строим линию пересечения обеих проектирующих плоскостей ХХХ (для чего достаточно найти точку Х1 пересечения следов АХВ\ и СгОх и провести через нее проектирующую прямую). Точка X, в которой эта прямая пересекает данную прямую CD, и является искомой. В самом деле, она лежит на прямой CD и на плоскости (ААХ ВВг), следовательно, она является точкой их пересечения.

Задача M 5. Через данную точку С (CJ провести прямую, параллельную данной прямой AB (A\Bi)t и найти её след на основной плоскости (черт. 7).

Проводим через С прямую СХ \\ AB. Проектирующие плоскости, проходящие через прямые AB || СХ и ААХ \\ СС1} параллельны. Отсюда заключаем, что следы этих прямых параллельны. Строим СХХ II Aß^ Точка пересечения X прямых СХ и СгХ и есть, очевидно, искомый след.

Определения. Плоскость, параллельная основной плоскости, называется плоскостью уровня. Прямая, параллельная основной плоскости, называется прямой уровня. Все прямые плоскости уровня являются прямыми уровня.

Задача № 6. Даны проектирующая плоскость (AAiBBi) и точка С (С\). Провести через эту точку плоскость уровня и построить линию пересечения её с данной проектирующей плоскостью (черт. 8).

Черт. 7

Черт. 8

Соединяем Сг с Вг и проводим CD \\ II С1В1. Тогда CD — линия уровня, лежащая в искомой плоскости уровня. Поэтому точка D есть точка линии пересечения плоскости уровня с плоскостью (ААХ ВВг). Так как эта линия пересечения является в то же время линией уровня, то она должна быть параллельна следу Аг Вх. Следовательно, имеем: DF || AXBV

Задача № 7. Произвольная плоскость задана следом CD и точкой А (АЛ). Найти линию её пересечения с проектирующей плоскостью (ААХ ВВХ).

Строим точку X пересечения следов обеих плоскостей и соединяем ее с данной точкой Л, которая также принадлежит обеим плоскостям (черт. 9).

Черт. 9

Задача № 8. Плоскость задана следом ВС и тонкой A(Ai). Найти линию пересечения её (линию уровня) с плоскостью уровня, проходящей через точку D(D^) (черт. 10).

Черт. 10

Строим проектирующую плоскость ААг DDX и находим линию АХ её пересечения с данной плоскостью. В проектирующей плоскости проводим линию уровня DY (DYWD^J. Находим точку Y пересечения прямых АХ и DY. Через Y проводим прямую FC, параллельно ВС. Эта прямая есть искомая линия уровня (прямая пересечения данной плоскости с плоскостью уровня).

Задача № 9. Даны две плоскости: [А (А{) CD] и [B{Bi EF)\. Построить линию их пересечения (черт. 11).

Строим проектирующую плоскость (ААг ВВг) и обе линии её пересечения с двумя данными плоскостями: АХ и BY. Находим точку пересечения последних К. Соединяя К с точкой L пересечения следов данных плоскостей, получим искомую линию пересечения KL.

Задача M 10. Построить линию пересечения произвольной плоскости \А(А{), ВС\ с проектирующей плоскостью (DDX ЕЕ}) (черт. 12).

Строим проектирующую плоскость (AA^Di) и находим линию AZ пересечения её с данной плоскостью. После этого находим точку Y, в которой прямая AZ пересекает данную проектирующую плоскость (DD1 ЕЕЛ). Теперь, соединяя точки X и Y, получаем искомую прямую ХУ пересечения данных плоскостей.

Задача № 11. Построить точку пересечения прямой DE (DlE1) с плоскостью [А^А^ВС]

Строим линию пересечения данной плоскости с проектирующей плоскостью (DDiEEJ. Получаем прямую XY. Точка Т пересечения прямой DE с прямой XY есть искомая (черт. 13).

Задача № 12. Построить прямую, проходящую через дачную точку M и пересекающую (данные прямые {AB,А{) и'(СД Q) (черт. 14).

Черт. 12

Черт. 11

Черт. 13

Черт. 14

Находим точку пересечения Т прямой CD с плоскостью (М, AB). Прямая МТ есть искомая.

Задача № 13. Через данную точку D (Di) провести плоскость, параллельную данной плоскости [Л (ЛО ВС] (черт. 15).

Черт. 15

В данной плоскости проводим произвольную прямую АХ и через точку D проводим прямую DY, ей паралельную. Находим точку К— след этой прямой на основной плоскости. Если через Y проведем на основной плоскости прямую FF (FF II ВС), то искомая плоскость определяется прямой EF и точкой DDV В самом деле, эта плоскость содержит 2 прямые, соответственно параллельные прямым данной плоскости: DY || АХ и EF II ВС. Поэтому построенная плоскость [D (DJ EF] удовлетворяет условиям задачи: она проходит через точку D и параллельна данной плоскости.

Задача № 14. Даны скрещивающиеся прямые (AB, Ai) и (CD, С|). Требуется через прямую AB провести плоскость, параллельную прямой CD (черт. 16).

Черт. 16

Через точку А проводим прямую AFf параллельную прямой CD.

Находим след этой прямой, как в задаче № 5. Искомая плоскость проходит через прямые AB и AF и имеет на основной плоскости след BF. В самом деле, упомянутая плоскость проходит через прямую AB и содержит прямую AF, параллельную прямой CD, а, следовательно, она сама параллельна прямой CD.

Задачи метрические и, в частности, содержащие условия перпендикулярности, при перенесении их на проекционный чертеж требуют весьма тщательной методической подготовки. Как ранее в задачах позиционных, мы применяли „полные“ чертежи, так теперь мы будем пользоваться чертежом „метрически определенным“, т. е. таким, который вполне определяет оригинал в отношении его формы, вследствие чего все конструктивные операции, выполняемые над оригиналом, выражаются совершенно определенными построениями на чертеже. Основную плоскость мы будем теперь изображать в виде параллелограма (черт. 17). В оригинале же этому

параллелограму соответствует прямоугольник, ограничивающий, по предположению, основную плоскость.

Чтобы форма этого прямоугольника определялась по чертежу, мы покажем ее по отношению к форме квадрата. Это можно сделать следующим образом.

Черт. 17

Вычертим параллелограм, изображающий основную плоскость, так: большая сторона параллелограма наклонена к горизонтальной линии примерно под углом в 7—10°; меньшая сторона образует с горизонтальной линией угол в 40—45°. По большей стороне отложим от вершины О отрезок OL, а по меньшей — отрезок ОМ. Последний примерно в два раза меньше первого. (Все эти размеры могут быть произвольными и даны лишь как примерные). Условимся считать, что треугольник OLM изображает полуквадрат. Это условие окончательно метризирует изображение основной плоскости, и форма ограничивающего ее прямоугольника может быть, конечно, определена. В самом деле, если точки оригинала будем обозначать теми же буквами, что и точки изображения, но с добавлением знака штрих ('), то по свойству параллельной проекции должны иметь:

Таким образом отношение стороны прямоугольника основной плоскости к стороне квадрата, а значит и форма прямоугольника, определяются.

Далее видим, что на основной плоскости мы имеем пару сопряженных направлений (OL, ОМ), т. е. направлений, изображающих взаимно-перпендикулярные направления. Другую пару сопряжённых направлений представляют прямые OK, LM (прямая OK—в оригинале биссектриса прямого угла, LK = = КМ).

Покажем, что две пары сопряжённых направлений на изображении основной плоскости позволяют решить следующую задачу: Для заданного направления на основной плоскости построить сопряженное ему направление.

Ту же самую задачу можно еще перефразировать так: Из данной точки А опустить перпендикулярную (в оригинале) на данную прямую а. Данная точка и прямая лежат в основной плоскости. Эта задача может быть решена следующим образом: через А проводим прямую AB \\ ML и прямую AC II МО. Отмечаем точки В и С пересечения упомянутых прямых с данной прямой а. Через В проводим прямую ВВг d LO и через С проводим прямую ССХ II ОК. Теперь в треугольнике А ВС мы имеем: прямая Z?^ сопряжена (в оригинале перпендикулярна) прямой АС. Следовательно, линии ССг и ВВ1 изображают высоты треугольника, а точка S — его ортоцентр. Отсюда заключаем, что линия ААХ есть изображение третьей высоты треугольника ABC, т. е. прямая ААг сопряжена прямой а (что и требовалось построить).

Задача № 15. Плоскость дана на чертеже точкой А (А)) и прямой ВС {след плоскости). Построить на этой плоскости линию ската, проходящую через точку А.1

„Линией ската“ называют прямую на данной плоскости, перпендикулярную к следу последней (на основной плоскости). Ту же прямую называют также „линией наибольшего наклона“, так как она образует наибольший угол с основной плоскостью по сравнению со всеми остальными прямыми данной плоскости. Линия ската, как прямая, перпендикулярная к следу данной плоскости, проектируется на основную плоскость прямой, перпендикулярной к тому же следу. Поэтому решение можно свести к построению перпендикуляра Аг А0 к следу ВС, проходящему через точку Аг (черт. 18). Выполняя построение, подобно тому, как это было проделано на черт. 17, мы находим точку А0—основание перпен-

1 При решении метрических задач будем всегда предполагать, что направление проектирующих линий перпендикулярно к основной плоскости.

дикуляра, служащего проекцией (ортогональной) линии ската. Саму линию ската получим, соединяя точку Л с точкой Л п.

Черт. 18

Задана № 16. Пусть OA, OB, ОС {в оригинале) три взаимно перпендикулярных и равных отрезка. Фигура AODB—изображение квадрата. Требуется построить общий перпендикуляр (кратчайшее расстояние) прямых OB и CD (черт. 19).

Черт. 19

Плоскость Л DC, как проходящая через прямую AD (АВЦОВ) параллельна прямой OB. На эту плоскость спроектируем ортогонально (как этого требует известное решение задачи в учебн. Киселева, § 37), прямую OB Так как треугольник О АС равнобедренный, то (в оригинале) ОМ _]_ЛС, если M— середина АС. Следовательно, ОМ±ил. ADC {ОМ ± АС; ОМ _]_ ЛD). Проведя прямую MP I) AD (или OB), получим проекцию линии OB на плоскость ADC Поэтому точка Р есть один конец общего перпендикуляра. Второй конец Q (на прямой OB) получим, построив прямую, параллельную МО, до пересечения с прямой OB.

Нетрудно убедиться в том, что точки Я и Q являются соответственно серединами отрезков CD и OB.

Вариант задачи № 16. В тех же условиях построить общий перпендикуляр {кратчайшее расстояние) прямых AB и CD.

Указание. Один конец общего перпендикуляра окажется в середине отрезка AB. Для отыскания второго конца следует построить треугольник ODC в натуральном виде (прямоугольный треугольник, один катет которого (ОС) равен стороне, а другой (OD) — диагонали квадрата) и из середины второго катета опустить перпендикуляр на гипотенузу (CD). Полученная точка (на CD) даст то отношение, в котором следует разделить отрезок CD на чертеже.

Задача № 17. На основной плоскости построить геометрическое место точек, из которых две данные точки видны под равными углами к основной плоскости (черт. 20).

Предположим, что заданы точки А(Аг) и В(В^). Если N— точка искомого геометрического места, то углы AXNA и BXNB должны быть равны по условию. Поэтому будем иметь:

&AxNAcv Д BXNB.

Откуда:

Из этой формулы видно, что искомое геометрическое место точек, отношение расстояний которых от .двух данных точек (А и В) постоянно и равно:g^g •

Как известно, такое геометрическое место представляет собой некоторая окружность (окружность Аполлония). Диаметр этой окружности PQ можно построить так: делим отрезок А1В1 внутренним образом в отношении и обозначаем точку деления буквой Р\ затем делим тот же отрезок А1В1 внешним образом в отношении -щ^ и обозначаем точку деления буквой Q. Самое построение этих точек видно из черт. 20. Так, точку Р получаем в пересечении прямой ВА2, соединяющей точку В с точкой Л2, симметричной точке Л относительно основной плоскости, с прямой АхВг. Точку Q получим в пересечении прямой AB с прямой А1В1. Построив диаметр PQ искомой окружности Аполлония, находим центр С этой окружности и проводим через него сопря-

Черт. 20

Черт. 21

женный диаметр SR. Концы его находим проводя линию PR H LM. Тогда будем иметь:

Затем откладываем CS=CR. Наконец, строим эллипс, изображающий окружность Аполлония, по двум сопряженным (в оригинале ортогональным) диаметрам PQ и RS. Этот эллипс и представляет собой искомое геометрическое место на проекционном чертеже.

Задача № 18. Имеем изображения конуса, стоящего на основной плоскости, и произвольной точки A(AJ. Найти на поверхности конуса точку ближайшую к А (черт. 21).

Проектирующие прямые ААг ylBBx определяют проектирующую плоскость, которая является плоскостью симметрии для конуса, так как проходит через его ось. Отсюда заключаем, что ближайшая точка должна лежать на образующей ВС, которую выделяет на конусе проектирующая плоскость. Чтобы найти ближайшую точку Р, остаётся из точки А опустить на образующую ВС перпендикуляр. Это можно сделать следующим образом. Треугольник В{ВС строим в натуральную величину, так как радиус основания и высота конуса даны Предположим, что это треугольник В{В'С (черт. 21, б). Тогда из вершины прямого угла Вг опускаем перпендикуляр ВД' на гипотенузу В'С Если теперь на черт. 20, а разделим отрезок ВС точкой и так, чтобы: ^,= ^7^7, то Вхи изобразит перпендикуляр B'D'. Поэтому, проводя прямую АР II BxDy получим искомую точку Р, ближайшую (на поверхности конуса) к точке А

ИЗ ИСТОРИИ МАТЕМАТИКИ

ЗАДАЧИ НА ДЕЛЕНИЕ ПЛОЩАДЕЙ

Проф. И. Я. ДЕПМАН (Ленинград)

I

В учебниках геометрии XVII и XVIII вв. занимают видное место задачи на деление площадей. В русских учебниках XVIII в. мы находим такие задачи, например, в знаменитой петровской книге „Геометрия словенски землемерие“ или „Приёмы циркуля и линейки или избраннейшее начало во математических искусствах“ 1707 и 1708 гг., и значительно позднее в „Кратком руководстве к геометрии, изданном для народных училищ Российской империи по высочайшему повелению царствующия императрицы Екатерины вторыя“. Это первый школьный учебник геометрии в России, изданный впервые по распоряжению комиссии для училищ екатерининского времени в 1782 г. В последующие десятилетия этот учебник переиздавался много раз для „народных училищ“, переименованных позднее в „уездные училища“ и соответствовавших младшим и средним классам нашей средней школы. Составителем этого учебника является Михаил Евсевьевич Головин, профессор учительской семинарии, адъюнкт и позднее почётный член Петербургской академии наук, племянник М. В. Ломоносова и ученик Л. Эйлера.

В упомянутом „Кратком руководстве к геометрии“ на стр. 144 (в издании 1796 г. „третьим тиснением“) находим задачу:

„Разделить треугольник из данной на линии точки на равные части“.

По современной терминологии это означает разделить треугольник прямыми, проведёнными из данной на основании его точки, на равновеликие части (черт. 1)

В учебнике даются указания и чертеж для решения задачи в случае деления на три равные части. Указания сводятся к тому, что надо основание треугольника точками M и N разделить на три равные части (D —данная точка), провести прямую CD, ей параллельные MP NQ и соединительные прямые MC.PD, CN и DQ. Фигуры APD, DPCQ и DQB будут равновеликими.

Доказательства учебник не даёт, но оно легко получается. Действительно, треугольники ACM, MCN и CNB равновелики, как имеющие равные основания и высоты. Треугольник APD получается из треугольника АСМ отнятием от последнего треугольника РКС и прибавлением треугольника MKD. Последние два треугольника равновелики, так как равновелики треугольники MPC и MPD (имеющие общее основание РМ и вершины, лежащие на прямой, параллельной к MP), треугольники же РКС и MKD (заштрихованные) получаются из этих равновеликих треугольников отнятием одного и того же треугольника МРК. Итак, отнимаемый от треугольника АСМ треугольник РСК равно-

Черт. 1

велик прибавляемому треугольнику MKD; получаемый в результате треугольник APD равновелик исходному ЛСЛ/, и площадь его составляет третью часть площади треугольника ABC. Точно таким же образом доказывается, что площадь треугольника DQB составляет третью часть площади треугольника ABC, поэтому оставшийся четырёхугольник DPCQ имеет площадь, равную оставшейся трети площади треугольника АБС.

Черт. 2

Аналогична этой задаче следующая (§ 82, стр. 145): „Разделить параллелограм из угла, например Л, на три равные части“ (черт. 2).

Здесь подразумевается разделение параллелограма прямыми, проведёнными из его вершины Л, на равновеликие части, и даются указания и чертёж для случая деления на три части. Предлагается провести в параллелограме диагонали; ту, которая не исходит из вершины Л, разделить на три равные части точками Е и F, из этих точек провести прямые Eh и FM, параллельные диагонали АС, и соединить точки К и M с вершиной Л. Фигуры АВК, КСМА и AMD равновелики.

Нетрудно дать доказательство этого утверждения. Проводя вспомогательную прямую ЕС, имеем: площадь фигуры АВСЕА равна трети площади параллелограма, так как площадь треугольника ABE есть треть площади одной половины параллелограма (треугольника ABD), а площадь треугольника ВСЕ — треть другой половины параллелограма (треугольника BCD).

Заштрихованные треугольники AEL и KLC равновелики на основании соображений, приведённых в предыдущей задаче. Отсюда следует, что треугольник АВК, получаемый из фигуры АВСЕА отнятием и прибавлением равновеликих треугольников KCL и AEL, равновелик исходной фигуре, т. е. площадь треугольника АВК составляет третью часть площади параллелограма. Аналогично доказывается, что площадь треугольника AMD равна трети площади параллелограма, откуда следует, что прямые АК и AM делят параллелограм на три равновеликие части.

II

Такого рода задачи на деление фигур занимают видное место в книгах по геометрии минувших веков. Традиция эта ведёт начало от греческих математиков, у которых деление фигур и тел так, чтобы площади или объёмы полученных частей имели данное отношение, являлось предметом серьёзного интереса. Прокл (412—485), неоплатоник и последний крупный греческий учёный, сообщает, что у Евклида было сочинение „О делении фигур“; Архимед решал задачу о рассечении данного шара плоскостью в данном отношении. В „Метрике“ Герона (вероятно, III век нашей эры), согласно рукописи, найденной в 1896 г. в Константинополе, последняя из трёх книг посвящена задачам деления поверхностей и объемов. Один из основоположников европейской математики Иордан Неморарий (XIII в.) вторую из своих четырёх книг „О треугольниках“ посвящает задачам деления фигур.

До второй половины XVI в., кроме упоминания Прокла о сочинении Евклида „О делении фигур“, не было известно ничего. В 1563 г. английский математик

Джон Дий (John Dee, 1527—1608),1 первый переводчик „Начал“ Евклида на английский язык, крупный деятель математического просвещения в Англии, собиратель древних математических памятников, нашел арабскую рукопись „Трактат о делении поверхностей“, в качестве автора которой назывался Магомет из Багдада (X в.). Дий сделал перевод рукописи на латинский язык и принял её за одноименное, неизвестное до того времени, сочинение Евклида, хотя другие математики считали его только подражанием творению александрийского геометра. Однако Грегори включил перевод в своё знаменитое оксфордское издание сочинений Евклида 1703 г.2, являющееся затем в течение веков самым авторитетным изданием творений отца геометрии.

В XIX в. предположение Дия о принадлежности арабского трактата Евклиду нашло подтверждение. Bёnke Woepcke Francois (1826—1864), ученик математика Ома (брата известного физика), математик и ориенталист, нашел в Париже арабскую рукопись, которая содержала, хотя и не дословно, рукопись, открытую Дием, но зато включала в себе ряд задач на деление круга, которые Прокл определённо приписывает Евклиду3. Кроме того, рукопись, найденная Bёnke, прямо называется принадлежащей Евклиду.

В рукописи Bёnke Евклид решает задачи вроде следующих:

1) разделить в данном отношении треугольник и четырёхугольник прямой, параллельной данной прямой;

2) произвести такое же деление пятиугольника прямой, исходящей из данной на одной из сторон точки или параллельной одной стороне;

3) отделить от круга сегмент данной площади;

4) разделить пополам прямой линией площадь, ограниченную дугой окружности и двумя пересекающимися прямыми, исходящими из концов дуги (черт. 3).

Черт. 3

Последняя задача решается в точности тем же способом, как приведённые выше задачи на деление треугольника и параллелограма, и обнаруживает, таким образом, первоисточник подобных задач в европейские и русских учебниках.

Дана фигура АВЕС. Из точки D, середины хорды СВ, проведены прямая AD и перпендикуляр DE. Ломаная ADE делит площадь фигуры пополам. Соединив точки А и Е, проведя из точки D прямую DF параллельно ЛЯ и соединив прямой точки Е и/7, убедимся, что прямая EF производит искомое деление. Это ясно из равновеликости фигур ABEDA (половины данной фигуры) и EFBE, так как последняя получается отбрасыванием от первой фигуры треугольника AFG и прибавлением равновеликого треугольника ЕПЮ.

1 Джон Дий —математик, медик, астролог, алхимик, вызыватель духов. Интересен, между прочим, для нас в том отношении, что он является первый европейским математиком, которого русское правительство пыталось привлечь в Россию: Иван Грозный в 1568 г. приглашал его на русскую службу. Джон Дий отказался от переезда в Россию, но сын его Артемий, бывший лейб-медик короля Якова I, в 1623 г. переехал в Москву, и, проживая здесь, написал ученый трактат, напечатанный впоследствии в Париже.

2 David Gregori — Euclidis quae supersunt omnia. Oxford, 1703, in folio.

3 Bёnke имеет много заслуг по изучению истории арабской математики. Ему принадлежит взгляд, согласно которому .индусские“ цифры имеют европейское происхождение. В пользу этого взгляда выступали многие (например. Шаль и в особенности киевский профессор Н. М. Бубнов), возражали против этой теории также многие, в последние годы турецкий математик Цаки (Zeki).

III

Под названием „задача Архимеда“ подразумевается поставленный им вопрос: разрезать данный шар плоскостью в данном отношении (объемов образовавшихся частей). Этой задачей занимался в XVII в. юный Гюйгенс, решая ее при помощи параболы и окружности, и дал изящное решение, приводящее к кубическому уравнению без члена второго измерения. В задаче трисекции угла Гюйгенс обнаруживает, что и эта задача приводится к тому же уравнению. Наконец, в третий раз к тому же уравнению Гюйгенс приходит при решении вопроса о точках перегиба конхоиды. Повидимому, задачей Архимеда и была дана идея освобождения полного кубического уравнения от члена второго измерения, идея, которая фигурирует у арабских авторов, у итальянских математиков XVI в. (Ферро, Тарталья, Кардано и др.) и позднее приводит к преобразованию Чирнгауза. В такой же приведенной форме решали кубические уравнения при помощи таблиц вавилоняне примерно за 2000 лет до нашей эры (см. О. Нейгебауэр. Лекции по истории античных математических наук, русский перевод проф. С. Я. Лурье, 1937; статья С. Я. Лурье,—„Математическое просвещение“, вып. 11, 1937).

IV

Приведенные планиметрические задачи на деление фигур представляют хороший дополнительный материал для уроков геометрии, вполне доступный для учащихся и интересный как по своему содержанию, так и по своей истории. Они нашли горячий прием у ленинградских учителей, которым они были сообщены в семинаре по обновлению тематики классных и внеклассных занятий, проводившемся в дни жестокой блокады в Ленинградском Городском институте усовершенствования учителей.

На том же семинаре был задан одним из учителей вопрос: верно ли, что современными средствами математики не может быть решена задача:

„Имеется круговое поле. Какой длины должна быть веревка, чтобы лошадь, привязанная на эту веревку, конец которой закреплен в точке окружности, имела бы в своем распоряжении ровно половину поля“.

Иными словами, требуется разделить круг на две равновеликие части дугой окружности, центр которой находится на окружности первого круга (черт. 4). Задача эта неразрешима лишь при помощи циркуля и линейки, так как приводит к трансцендентному уравнению, которое нетрудно составить.

Пусть точка M лежит на окружности данного круга радиуса R и с центром в О; MA = МВ—радиус г искомой окружности; /_АОВ = 2х, /_АМВ = у. Площадь отрезанной криволинейной фигуры АМВСА, равная по условию задачи полукругу, состоит из площади сектора ОАМВу плюс площадь сектора МАСВ, минус площадь треугольников ОАВ и MAB (площади эти входили в оба сектора, следовательно, дважды). Следовательно,

Угол ку измеряется половиной дуги

Из треугольника О AM имеем:

Подставляя эти значения в уравнение (*) и сократив на /?2, получаем после приведения подобных членов

или

Черт. 4

Деление на ttcosx и умножение на 2 дает:

Приближённое решение этого трансцендентного уравнения, выполненное на занятиях в институте, даёт ответ

70°46' < X < 70°47'.

Проще решается аналогичная задача: „Разделить данный круг на две равновеликие части дугою окружности, радиус которой равен радиусу данного круга; центр искомой окружности не лежит на данной окружности (черт. 5)“.

Черт. 5

Пусть О и M — центры окружностей, А и В — точки пересечения их, R — радиус, //АОВ = 2х.

Четырёхугольник ОАМВ есть ромб, сегменты МАСВ и OADB равны.

-у- ■= площади ADBCA = пл. сектора

МАСВ + пл. сектора OADB — пл. Л О AB — пл. аАМВ; лак как секторы и треугольники равновелики соответственно, то

Решение этого трансцендентного уравнения дает результат:

66°10'<;с<66о11'. V

По поводу невыполнимости решения последних задач циркулем и линейкой полезно отметить одну задачу на деление фигур, имеющую печальную известность. В учебнике геометрии Рушэ и Комберусса (Traité de géométrie de M. M. Rouchè et, de Comberusse), выдержавшем много изданий и переведённом на русский язык (Рушэ и Комберусс. —„Основы геометрии“, перев. граф. Бобринской и Березиной, СПб, 1900) есть задача: „Разделить произвольный треугольник на четыре равновеликие части двумя взаимно перпендикулярными прямыми“.

Задача эта являлась причиной множества безрезультатных изысканий. Повторяясь во всех шести изданиях книги Рушэ и Комберусса, она в 1887 г. была предложена в „Journal de mathématique élémentaire“ de Vuibert, затем в сборнике упражнений Пюиссана.

Рушэ и Комберусс не проверили возможность ее решения, указав, что позаимствовали ее у Лапланша. Наконец, некий русский ученый, вероятно, утомленный безрезультатными поисками, запросил решения этой задачи анонимно через intermédiaire des mathématiciens“. В связи с этим выяснилась история задачи.

Пюиссан решал задачу алгебраически и пришел к системе уравнений, из которых одно второй, другое третьей степени, следовательно, не имеет никаких намеков на возможность элементарного решения. Каталан, в бытность учеником, дал неверное решение, получив бесконечное число ответов. Ошибочно было и решение журнала Вюибера.

Задача замечательна тем, что очень незаметно приводит к ошибочному заключению: три весьма сильных геометра дали для Intermédiaire решения с одним и тем же недостатком. Доказательство невозможности решения задачи циркулем и линейкой дал адмирал Е. Жонкьер в 1896 г.

МЕТОДИКА

ОБ ИССЛЕДОВАНИИ УРАВНЕНИЙ

Г. Л. НЕВЯЖСКИЙ и С. И. НОВОСЕЛОВ (Москва)

В методическом отношении вопрос об исследовании уравнений мало разработан. Это объясняется тем, что, по существу, вопрос этот связан с исследованием функций многих аргументов, а это представляет значительные трудности в средней школе. Кроме того, многообразие вопросов, решение которых приводит к уравнениям, не дает возможности указать какого-либо шаблона или рецептуры. Отсутствие полной ясности в принципиальной постановке этого вопроса служит источником многочисленных ошибок, научных и методических, иногда допускаемых учителями в школе. Настоящая статья, отнюдь не претендующая на полноту, ставит своей целью сформулировать постановку вопроса об исследовании уравнений, а также указать решение некоторых частных примеров и задач.

С решением уравнений учащиеся встречаются, начиная с младших и кончая старшими классами. Решение примеров с „иксом“ во II классе есть по сути дела решение уравнений. Когда ученик II класса решает пример вида 20 -\-х= 25, то он фактически решает уравнение.

Во II классе пример

25 + х = 20 (1)

не может быть решен, ибо среди известного учащимся запаса чисел (натуральные числа и нуль) не существует числа, удовлетворяющего уравнению (1). Ученик VI класса уже сможет решить указанное уравнение, ибо число —5 принадлежит известному шестикласснику множеству рациональных чисел. Этот пример показывает, что говорить о решении уравнения (1) не имеет смысла, не указав предварительно, среди какого числового множества ищутся решения, т. е. какие значения для х являются допустимыми. Так, если ограничиться лишь натуральными числами, то уравнение (1) не имеет решений; если же допустимыми являются произвольные целые числа, то это уравнение становится разрешимым. В VI классе уравнение

х2-2 (2)

не имеет решений, ибо среди известных учащимся рациональных чисел не существует числа, квадрат которого равен двум.

Заметим попутно, что мы считаем совершенно недопустимой в VI или VII классах, когда еще неизвестны иррациональные числа, такую запись „решения“:

x = Y 2 •

Символ V 2 на этой ступени математического развития лишен всякого смысла. Точно так же недопустимо в VII или VIII классах, когда еще неизвестны комплексные числа, записывать „решение“ уравнения х2-\-4 = 0 в виде

При выводе формулы решения квадратного уравнения

ax2-\-bx-\-c = 0t

получив равенство

(2ах -j- bf = b2 — 4ас,

запись

2 ax + b = V b2 — 4 ас

допустима лишь в случае, если б2—4ас= = Д > 0, о чем учитель должен делать соответствующую оговорку. Если же Л < 0, то уравнение не имеет решений, ибо квадрат любого действительного числа (только эти числа и известны пока ученику) не отрицателен. К вопросу о квадратном уравнении необходимо

снова возвратиться после введения комплексных чисел, т. е. в X классе. Совершенно непонятным для нас является наличие параграфа „Мнимые числа“ (§ 3) во второй части школьного задачника по алгебре, в разделе, предназначенном для VIII класса, в программу которого не входит изучение комплексных чисел.

Приведем еще такой пример: найти такое число п, чтобы сумма всех натуральных чисел, не превосходящих я, была равна 15:

1+2+ - • . + л=15.

Производя суммирование, получим

П (П+\)=1^ откуда Л2 + Л_30а=0. (3)

По смыслу задачи множеством допустимых значений неизвестного является множество всех натуральных чисел. Теперь будем рассуждать следующим образом. Если мы найдем решения уравнения (3) в области всех комплексных чисел, то среди этих решений наверное содержатся и все натуральные числа, ему удовлетворяющие, ибо натуральное число есть частный случай комплексного. Решая уравнение (3) по формуле квадратного уравнения, получим пг = 5 и п2 = — 6. Из этих чисел натуральным является число 5 — оно и есть единственное решение нашей задачи. Из полученных результатов ясно, что уравнение (3) имеет в области натуральных чисел одно решение: 5; в области всех рациональных или действительных или комплексных чисел—два решения 5 и— 6.

Теперь сформулируем задачу решения уравнения следующим образом:

Пусть дано некоторое множество чисел (например, натуральных, рациональных, целых и т. д.). Решить уравнение

f(x) = 0, (4)

значит найти все числа, принадлежащие данному множеству, такие, что при подстановке каждого из них в уравнение (4) вместо х получится верное равенство. Заданное множество чисел, среди которых ищется решение уравнения (4), назовём областью допустимых значений неизвестного.

Мы подчёркиваем, что задачу о решении уравнения (4) не имеет смысла ставить, не указав, какому числовому множеству должно принадлежать значение неизвестного, не указав области допустимых значений для х. Как мы убедились выше, данное уравнение в одном числовом множестве может иметь решения, а в другом может их не иметь. Число решений может быть различным в зависимости от выбора области допустимых значений для неизвестного.

В большинстве примеров, рекомендуемых в задачниках, не указывается то числовое множество, которому должно принадлежать решение. В этом случае обычно подразумевается, что решения ищутся среди того множества чисел, которое известно учащимся на данной ступени их развития. Так, в примерах, предназначенных для учеников VII класса, подразумевается, что допустимой областью для неизвестного является множество рациональных чисел, в примерах для IX класса — множество действительных чисел, и, наконец, в примерах для X класса — множество комплексных чисел. В тех случаях, когда уравнение возникло в результате решения некоторой задачи, множество допустимых значений для неизвестного должно быть установлено также в соответствии со смыслом данной задачи. Вообще говоря, не всякое число из известного ученику множества чисел может служить решением для данной задачи. Например, если неизвестное х обозначает число рабочих, могущих выполнить данную работу, то допустимой областью для х будет множество целых положительных чисел. Если требуется найти длину ребра куба, то решение следует искать в множестве всех положительных чисел и т. п.

Весьма часто уравнения решают следующим образом. Пусть требуется найти все решения уравнения, принадлежащие данному числовому множеству. Предположим, что известен способ, при помощи которого возможно найти все решения уравнения, принадлежащие числовому множеству, более обширному, чем данное. Тогда обычно находят все решения уравнения, принадлежащие второму множеству, а затем из этих решений отбирают те, которые принадлежат первому множеству. Пример такого способа решения уравнения был рассмотрен выше [см. уравнение (3)].

Как было сказано, число решений уравнения в данном числовом множестве может быть различным, в зависимости от вида уравнения. Например, уравнение

2х + 5 = 0

в множестве комплексных чисел имеет одно решение; в том же множестве квадратное уравнение имеет два решения; уравнение sinx = 0 в множестве действительных чисел имеет бесчисленное множество решений: x = £tc, где k любое целое число. Уравнение

в множестве всех действительных чисел имеет бесчисленное множество решений: ему удовлетворяет любое положительное число. В самом деле, если х>09 то ===== л: и имеем

Если же х< О, то \х\ = — х, и левая часть уравнения примет вид -М* =-===—1 Ф1. Наконец, число нуль не может служить корнем уравнения, так как деление на нуль невозможно, а поэтому при л: = 0 левая часть уравнения теряет смысл. Уравнение

(x2 + 2x+l)-(;c+l)2 = 0

как в множестве действительных, так и в множестве комплексных чисел имеет бесчисленное множество решений: ему удовлетворяет любое число. Такого рода уравнения обычно называют тождествами. Этот пример показывает, что тождество можно трактовать как частный случай уравнения, тем более, что по виду уравнения не всегда непосредственно ясно, удовлетворяют ли ему „некоторые“ значения х или же это равенство верно при „любых“ значениях х. Примером могут служить задачи на доказательство тригонометрических тождеств.

Исходя из сказанного, мы не считаем методически оправдываемым излюбленное противопоставление понятий тождества и уравнения. Более того, мы находим правильным при прохождении уравнений рассматривать с учащимися примеры уравнений, являющихся тождествами. Во всяком случае необходимо иметь в виду, что понятие тождества является относительным. Одно и то же равенство в одном числовом множестве может быть тождеством, т. е. верным при любых значениях х из этого множества, а в другом множестве не быть тождеством.

Так, например, следует избегать распространенной ошибки, заключающейся в утверждении, что равенство

2 \gx=]gx* (5)

является тождеством, т. е. верным при „любых“ значениях х. Исходя из школьного определения логарифма (только оно и принято нами в дальнейшем), ясно, что равенство (5) верно лишь при положительных значениях х, если же х О, то левая часть равенства теряет смысл. Рассматривая равенство (5) как уравнение в действительной области, мы можем сказать, что ему удовлетворяет любое положительное число. Следовательно, равенство (5) есть тождество лишь в множестве всех положительных чисел. Недостаточно отчётливое понимание этого может привести к „парадоксам“. Например, кубическое уравнение

X9 = 8

в комплексной области имеет три решения Логарифмируя обе части, получим 31g;c==31g2, откуда х = 2 и два корня оказались потерянными. Рассмотрим уравнение

sin (aresin л;)==л:, (6)

где допустимыми значениями для х примем множество всех действительных чисел. В силу определения арксинуса равенство (6) удовлетворяется любым значением х9 заключённым в промежутке — ? <л:< 1. Все эти значения х и являются решениями указанного уравнения. Но было бы ошибкой считать равенство (6) тождеством в области действительных чисел: при |xj > 1 выражение aresin X, а следовательно, и левая часть равенства, теряют смысл. Относительность понятия тождества можно иллюстрировать следующим, несколько „необычным“ примером: уравнение

*2- 1 =0

при условии, что допустимыми значениями для X является множество, состоя-

щее из двух чисел: I и —1, является тождеством, ибо оно верно при „любых“ значениях х из этого множества. Вышесказанное еще раз подчеркивает нецелесообразность противопоставления понятий тождества и уравнения1.

Подобно тому, как тождество есть относительное понятие, относительными являются также тождественные преобразования и преобразования уравнений. Это необходимо иметь в виду при решении и исследовании уравнений. Например, уравнение.

a:-)-aresin х = 2+ aresin х

не эквивалентно уравнению

х=2,

так как при подстановке вместо х числа 2 обе части первого уравнения теряют смысл. Итак, первое уравнение не имеет решений, тогда как корнем второго уравнения является число 2. Подобным же образом уравнения

x-f-l-j- \/х= \/^с и х + \=0

не равносильны, если, в качестве множества допустимых значений для х принять множество всех действительных чисел, так как решением второго уравнения является число— 1, а в множестве действительных чисел символ |/ — 1 не имеет смысла. В множестве комплексных чисел указанные уравнения эквиваленты.

Заметим попутно, что при решении уравнений, левая часть которых разлагается на множители, а правая — равна нулю, например;

/(*) • ?(*) = 0,

обычно находят корни каждого множителя отдельно, не заботясь о том, все ли остальные множители имеют смысл при найденных значениях для неизвестного. Так, например, уравнение

(х — 2) aresin х = 0

имеет только один корень: х = 0; число же X = 2 хотя и является корнем первого множителя, однако не является корнем уравнения, так как при этом значении для X левая часть уравнения теряет смысл. Утверждение: „если один из множителей равен нулю, то произведение равно нулю“ справедливо лишь при условии, что все множители имеют смысл при данном значении х.

Укажем также на довольно распространённую ошибку, связанную с так называемым раскрытием неопределённостей. Рассмотрим, например, уравнение

в области действительных чисел. При всех значениях х, отличных от 1, левая часть уравнения равна х —- 1 Ф 0. Если же X =1, то левая часть уравнения теряет смысл, так как деление на нуль невозможно. Отсюда следует, что данное уравнение не имеет решений. Весьма часто это уравнение „решают“ так: сокращая на л: —1, получают уравнение X—1=0, решением которого будет х=\. Ошибка такого „решения“ заключается в отождествлении функций f~^p и 1.

На самом же деле они не тождественны, так как при х=\ первая функция теряет смысл, а вторая обращается в нуль. В ряде учебников и в методических руководствах говорят о том, что -“^^--при X =1 становится неопределённостью, которую надо раскрыть, а далее проводится описанное выше сокращение. Остановимся подробнее на рассмотрении этого вопроса в более общем виде. Пусть дано уравнение

Ш = 0 (7)

и при подстановке вместо х некоторого числа а функция f(x) теряет смысл, но существует предел функций Дх)9 равный нулю в точке а:

Можно условиться считать число а корнем данного уравнения, но это связано с расширением понятия корня путем введения добавочного определения. Согласно этому, корнем уравнения f(x) = 0 считается число а, принадлежащее области допустимых значений для неизвестного и удовлетворяющее либо условию /(а) =0, либо условию lim/(;c) = 0.

Приняв это определение, необходимо внести соответствующие изменения во

1 Даже тождество а2 — № = (а — Ь) (а+6), кажущееся „абсолютным“, перестает быть верным в области, в которой не выполняется переместительный закон (например, во множестве кватернионов), ибо в этом случае ab Ф Ьа и

всю теорию уравнений. Такая постановка вопроса представляет значительные трудности в средней школе, и, с нашей точки зрения, она является преждевременной, тем более, что в этом не ощущается необходимости. Нечёткое же протаскивание всякого рода „раскрытия неопределенностей“, „бесконечных корней“ и т. д. приводит лишь к формальному заучиванию техники математических операций, без достаточного их понимания, что в свою очередь нередко приводит учащихся к антинаучной трактовке этих вопросов. Такого рода „смазывание“ тонких вопросов математики ничего, кроме вреда, принести не может.

Итак, мы считаем, что вопросы теории уравнений, связанные с раскрытием неопределенностей, должны быть изъяты из курса средней школы. Эти вопросы можно ставить лишь на кружковых занятиях для учеников X классов, и то при наличии достаточно квалифицированного преподавателя и математически развитых учеников.

Переходим к у равнению с параметрами. Пусть имеем уравнение, содержащее неизвестное х и буквы а, Ъу . . , /. Будем это уравнение записывать так:

f(x, а, Ь, . . . , /) = 0.

Буквы а, £,...,/, входящие в уравнение, назовем параметрами.

Что означает решить и исследовать данное уравнение?

Предварительно рассмотрим несколько примеров, которые и подведут читателя к ответу на поставленный вопрос.

1. Рассмотрим уравнение Зх— а = 0, где допустимыми значениями для неизвестного X и параметра а примем множество всех действительных чисел. Решением данного уравнения будет

х = ^;при подстановке его вместо х получим верное равенство:

3 . * а = 0.

2. ах2+ Ьх-\- с =0, где множество комплексных чисел является допустимым для неизвестного х и параметров Ь и с, а множество комплексных чисел, отличных от нуля, допустимо для параметра а. Решениями данного уравнения

будут значения:

где a, b и с могут принимать любые значения из допустимых для них областей. Подставив значения хг и х2 в уравнение, получим верное равенство 0 = 0.

3. (а2—4)* = 1, где областью допустимых значений для х и а примем множество всех действительных чисел. Если а = ±2, то уравнение примет вид 0*=1, и ясно, что в этом случае решений не существует. Если же а Ф ± 2t то находим

подстановка которого в уравнение приведёт к верному равенству.

В этом примере для параметра а принято допустимым множество всех действительных чисел, однако не при всяком действительном значении а уравнение имеет решения. Нам пришлось исключить из допустимой для а области числа +2 и —2.

4. sin* = a2+2, где для х и для а допустимыми областями примем множество всех действительных чисел.

Ясно, что данное уравнение не имеет решений, ибо а* + 2 > 2> 1, тогда как |sin*|<l при любом действительном значении х.

5. sin x = a2-f-2, где для х допустимым является множество всех действительных чисел, а для параметра а допустимым примем множество всех комплексных чисел.

Указанное уравнение может иметь решения лишь в случае, если а есть число вида a = b'i, где b действительное число. При этом уравнение примет вид

sin* =2 -Ь\

Последнее же уравнение разрешимо лишь в случае выполнения условий

откуда

или, что то же:

т. е.

откуда

у;3 или— v/3~<i< — 1.

Итак, решением уравнения будет л = aresin (2 + а2), где а = Ы

и

К|М <у/з7

В этом примере уравнение имеет решения не при всех значениях параметра из заданной первоначально области допустимых его значений, т. е. не при всех комплексных значениях для а.

6. Рассмотрим уравнение

л2 — 2JC+1— (х — 1)2 + а -О,

где областью допустимых значений для X и для а примем множество всех действительных чисел.

Если а Ф О, то при любом значении х мы получим противоречивое соотношение, следовательно, при а Ф 0 уравнение не имеет решений.

Если же а = О, то решением уравнения будет любое число из множества допустимых для X значений. К тому же результату мы придём, приняв множество комплексных чисел допустимым для X и для а.

Подобно тому, как не имеет смысла говорить о решении уравнения/(л;)=0, не содержащего параметров, не указав области допустимых значений для неизвестного х, точно так же не имеет смысла говорит о решении уравнения

/ (xt а, Ь, ..., /) = 0,

не указав областей, допустимых для х и для параметров. В примерах на буквенные уравнения, даваемых в задачниках, обычно не указываются допустимые области. Тогда под этими областями подразумевается все то числовое множество, которое известно учащимся.

Так, в примерах на буквенные уравнения из задачника Шапошникова и Вальцева в части I следует считать множество всех рациональных чисел множеством допустимых значений; при решении буквенных уравнений в VIII и IX классах допустимой областью будет служить множество действительных чисел, а в X— множество комплексных чисел. С этой точки зрения квадратное уравнение, решаемое в VIII и IX классах, имеет либо два решения, либо одно решение, либо ни одного.

Теперь ответим на поставленный вопрос, что означает решить уравнения, содержащие параметры. При этом ограничимся случаем одного уравнения с одним неизвестным х и одним параметром а:

где для X и а указаны соответствующие допустимые области (без чего уравнение нельзя считать заданным).

Если в уравнение вместо а подставить одно из чисел, принадлежащих области допустимых для него значений, то мы получим уравнение, не содержащее параметра. Здесь возможен один из двух случаев: либо при данном значении параметра а уравнение не имеет решений, либо оно имеет решения (одно, несколько или бесчисленное множество). Решить уравнение / (х, а) =0 означает:

1) Найти все те значения параметров из области допустимых для него значений, при которых данное уравнение имеет решения.

2) Определить все решения уравнения для каждого из найденных значений параметра.

Во всех рассмотренных выше примерах мы и решали именно эти вопросы.

Всё сказанное относительно уравнения f (х, а) = 0 в основном остаётся в силе и для случая, когда число параметров больше одного. Но теперь уже придется решать вопрос, при каких системах значений параметров существуют решения и каковы эти решения при каждой системе значений параметров.

Одной из основных задач исследования уравнений является установление тех значений параметров из заданного множества допустимых их значений, при которых данное уравнение имеет решения, но эта задача является составной частью решения уравнения. Нельзя мыслить решение уравнения, содержащего параметры, без исследования вопроса о существовании решений.

Пример. Решить уравнение:

ах = Ь,

где множество действительных чисел является допустимым для х, а и Ь. Имеем:

1. Любой паре значений параметров а иЬ, где афО, соответствует единственное решение х== ~-

2. Любой паре значений параметров а = 0, b ф 0 не соответствует никакого решения.

3. Паре значений а ■= b =0 соответствует бесчисленное множество решений, так как корнем уравнения может служить любое действительное число.

Предположим, что мы можем решить уравнения в области более широкой, чем допустимая область для х. В этом случае можно рассуждать следующим образом: решаем уравнение в более широкой области, а затем определим лишь те значения параметров, при которых решения принадлежат первоначально-заданной области допустимых значений для неизвестного.

Примеры:

1. Найти все целые, кратные числу 5, решения уравнения

где а—любое действительное число.

Приняв временно множество действительных чисел допустимой областью для X, получим:

Теперь отберем те значения параметра a, йри которых значения х кратны числу 5: х=Ъ Л, k — любое целое число. Имеем

откуда

Итак, решением уравнения будет

* = -§-, где а = 15£, где А — любое целое число.

2. Найти натуральные корни уравнения

2х2 + (2b—a)x — ab = 0,

где а и b действительные числа.

Хотя по условию допустимыми значениями для неизвестного являются лишь натуральные числа, мы пока примем, множество действительных чисел допустимой областью для х. По формуле квадратного уравнения получим:

Целые положительные значения для хх и х2 получим при условии, что b — целое отрицательное число и а — чётное положительное число. Итак, хх — —о, где b — любое целое отрицательное число; х2 = * , где а —любое чётное положительное число.

3. Найти положительные решения уравнения ах = Ь.

Мы уже знаем решения этого уравнения для случая, когда допустимой областью для х будет множество всех действительных чисел. Перейдем к отысканию положительных решений. Решение будет положительным, если числа а и b одного знака. В случае 2 уравнение не имеет действительных, а тем более положительных корней. В случае 3 решением будет любое положительное число.

В связи с последним случаем отметим, что иногда можно встретить следующую терминологию: уравнение 0лг = 0 имеет „неопределённый корень“ или „неопределённое решение“. Мы считаем последние термины крайне неудачными. Данное уравнение имеет в области действительных чисел бесчисленное множество решений, и никакой „неопределенности“ здесь нет. Ведь про решения уравнения sinx= 0 не говорят, что они являются „неопределёнными“, хотя число решений также бесконечно.

4. Найти рациональные решения уравнения

ах2 -f- Ъх + с === 0,

где a, b и с рациональные числа пафО. Решая уравнение в области комплексных чисел, получим:

где X является рациональным числом лишь при условии, что Ь2 — 4ас будет квадратом рационального числа.

5. Решить уравнение

3(л-}- 1) = 4 -\-ах,

где допустимой областью для а будет множество всех действительных чисел, а для X —множество всех чисел, больших чем — 1.

Уравнение эквивалентно уравнению:

(3—а)л=1,

которое мы решим в области всех действительных чисел. При а Ф 3 имеем

X = 2>Х—а

Теперь определим значения

параметра а, для которых выполняется неравенство

Последнее возможно, если:

или

Из первой системы неравенств находим:

а<4 и а < 3, т. е. а < 3; из второй а>4 и а>3, т. е. а>4.

Итак, для всех значений а, меньших числа 3 или больших числа 4, уравнение имеет решение большее, чем — 1.

Совершенно непонятной является излюбленная некоторыми методистами точка зрения, согласно которой всё исследование уравнений сводится к нахождению „положительных“, „отрицательных“ и „нулевых“ решений. Из рассмотренных примеров видно, что область допустимых значений для неизвестного может быть весьма разнообразной, и нахождение положительных, отрицательных и нулевых решений является частным случаем поставленной задачи.

Способы задания области допустимых значений для неизвестного и структура левой части уравнения

fix, a, b, . . .,/) = 0

могут быть столь разнообразными даже в школьной практике, что дать исчерпывающие рецепты исследования и решения уравнений в общем случае невозможно. Задание же раз и навсегда для всех уравнений одних и тех же областей допустимых значений неизвестного— положительные, отрицательные и нулевые, — представляется непонятным. Более того, мы считаем необходимым рассматривать с учащимися примеры, подобные приведённым выше, с разнообразными заданиями области допустимых значений для неизвестного.

Заметим попутно, что мы считаем совершенно непонятной и научно безграмотной следующую постановку вопроса: „нижеследующие уравнения, имеющие отрицательные решения, изменить так, чтобы решения их сделались положительными“ (см. Шапошников и Вальцев, ч. II, стр. 107. №№7—10). Что здесь требуется от учащихся, мы не знаем, но любое из указанных уравнений мы можем „изменить*, заменив его, например, /равнением х = 10, имеющим положительное решение.

Во многих случаях при решении и исследовании уравнения

f(x, а, Ь, . . ,/) = 0,

содержащего параметры, приходится встречаться с функциями параметров X = <f(а, Ь, . . . ,/), обладающими следующими свойствами:

1) Область определения каждой из этих функций x = (f(a,b,..., I) такова, что значение аргументов а, Ь,. ..,/ не выходят за пределы области допустимых значений.

2) Если в левой части данного уравнения произвести подстановку

x=<f (a, b . . . /),

то получится верное равенство при всех значениях аргументов а, 6,..., /, /(? (а, Ь,... Да, Ь} . . /) = 0. [7] Про всякую функцию <р (а, Ь, . . . /), удовлетворяющую условиям 1 и 2, скажем, что она удовлетворяет данному уравнению. Так, например, для уравнения ах = о, решенного выше в области действительных чисел, функция

х=<? (а, Ь) =—

определена для всех значений b и всех значений а, отличных от нуля, и удовлетворяет данному уравнению.

Для квадратного уравнения, решённого выше в области всех комплексных чисел, мы получили две функции

удовлетворяющие уравнению.

Пусть функция X = ср(а, &,...,() удовлетворяет данному уравнению. Если аргументам а,Ь . . . , / придать некоторые частные значения, то мы получим некоторое вполне определённое числовое решение данного уравнения при данных значениях параметров.

Отметим следующий факт: не всегда всю совокупность решений данного уравнения можно охватить конечным числом функций от параметров (мы рассматриваем только однозначные функции.)

Так, например, функция х = -~ не охватывает всех решений уравнения ах = Ь в области всех действительных чисел; в самом деле, если а = b = 0, то функция не имеет смысла, но уравнение имеет бесчисленное множество решений.

Если известна функция х= 9 (а, Ь,.., /), удовлетворяющая уравнению

f(x,a, 6,....,/) = 0,

то можно поставить вопрос об исследовании некоторых свойств этой функции. Поясним это примерами.

1. Рассмотрим уравнение ах — Ь (где а и b действительные числа и а Ф 0).

Имеем X = — ; предположим, что значение b зафиксировано (в противном случае все последующие рассуждения теряют смысл). Тогда х можно рассматривать как функцию одного аргумента а. Поставим вопрос о поведении х для значений а, достаточно близких к нулю. Если b ф 0, то как легко видеть, значения X по абсолютной величине могут быть как угодно большими при значениях а, достаточно близких к нулю. Каково бы ни было наперёд задано число N при значениях а, достаточно близких к нулю, имеет место неравенство:

IXI > Л/.

Действительно, неравенство -p|->iV справедливо, коль скоро

0<\а\<^.

К сожалению, вышесказанному свойству корня, как функции параметра а, часто дают следующую формулировку: При а = 0 уравнение имеет бесконечный корень д: = -~=с©. Эту формулировку следует решительно изгнать из средней школы по следующим соображениям:

1) деление на нуль невозможно;

2) при а=0 уравнение не имеет решений, если ЬфО. Если же ô=0, то при любом, значении аФ019 уравнение ах=Ь имеет единственное решение х=0.

Рассмотрим квадратное уравнение

ах2-\-Ьх-\- с==0. (где a, b и с — действительные числа, афО).

Имеем

Пусть b и с некоторые фиксированные числа, тогда корни хг и х2 можно рассматривать как функции одного параметра. Исследуем поведение этих функций (т. е. корней), при значениях параметра а, достаточно близких к нулю (но отличных от нуля). Исследование придется вести для следующих случаев:

1) £=£0, ЬфО. Не нарушая общности, предположим, что 6>0 (в противном случае умножим обе части уравнения на —1). Имеем

Из последнего равенства находим:

Для второго корня имеем: значения х2 могут быть сделаны как угодно большими по абсолютной величине для значений а, достаточно близких к нулю.

2) c = 0t ЬфО. Уравнение примет вид

Отсюда,

Первый корень имеет одно и то же значение при всех значениях а, и в этом случае можем сказать, что

Значения второго корня могут быть сделаны как угодно большими по абсолютной величине для значений а, достаточно близких к нулю.

3) 6 = 0, с Ф 0. Уравнение имеет вид

откуда

Если рассматривать значения а, близкие к нулю и по знаку противоположные с, то значения обоих корней будут действительные и противоположные по знаку числа, и мы получим:

Если рассматривать значения а, близкие к нулю, но по знаку одинаковые с знаком с, то корни будут иметь мнимые значения

В этом случае тоже будем иметь

4) с = ô = 0. Уравнение примет вид ах2 = 0,

откуда

х1 = х2 = 0 (а Ф 0).

Значит,

Примечание. В случае 1 мы считаем b > 0, так как

и нам пришлось бы отдельно рассматривать два случая; b > 0, b <0, что излишне затруднило бы исследование.

Весьма часто можно встретить следующую фразу: „при а=0 один из корней квадратного уравнения равен бесконечности“. Если а = 0, то уравнение перестает быть квадратным и нельзя к нему применить результаты, полученные для квадратного уравнения. Поэтому приведённая фраза бессмысленна.

Все рассмотренные выше теоретические вопросы, касающиеся одного уравнения с одним неизвестным, применимы к системам уравнений, — правда, решение и исследование, вообще говоря, усложняются. Распространённое в школьной практике мнение, что число неизвестных должно равняться числу уравнений, в корне ошибочно. Мы считаем, что в школьной практике необходимо давать примеры, когда число уравнений системы не равно числу неизвестных.

Решением системы уравнений с неизвестными хг, х2, . . . хп называется система чисел

X] = £z|, Хо=== a2t • • • Хп === ап,

обращающих при подстановке каждое из уравнений системы в верное равенство.

К сожалению, до последнего времени в школьной практике встречаются фразы, подобные следующей: „система

имеет пару решений

х===2,у = 0\

Система чисел л: = 2, у = 0 есть одно решение указанной системы, а не „пара* решений.

Приведем несколько примеров на решение и исследование системы двух уравнений с одним неизвестным:

1. Найти в области действительных чисел решение системы

Из первого уравнения находим

хг = 4, х2 = 1.

Из второго уравнения получим

X ^ — 3, X 2 — 1.

Решением системы будут общие корни обоих уравнений, т. е. х = \.

2. Найти в области действительных чисел решения системы

Из первого уравнения найдем

*i = 4, х2= 1^,

из второго получим х' = ~2.

Система несовместна, так как данные уравнения не имеют общих решений.

3. Решить систему

sinx = О

sin-2jc = 0

в области действительных чисел. Корни первого уравнения суть числа

. . . — 2тг, — те, 0, я, 2те . . . ,

т. е. они имеют вид х == где к любое целое число.

Корни второго уравнения суть числа:

где п любое целое число. Решением системы являются общие корни данных уравнений, т. е. все корни первого уравнения.

4. При каких значениях параметра а система

X2 - (1 + 2а)х + 2а = 0 х—\=а*

имеет решения в области действительных чисел?

Областью допустимых значений параметра примем множество действительных чисел.

Из первого уравнения имеем

х1 = 2а их2==1,

из второго уравнения находим

х' = 1 + а2.

Общие корни могут быть либо при х' = х19 либо при х' = х2. Из первого условия получим

1 + а2 = 2а,

откуда а= 1.

Из второго условия следует:

1 -\-а2=\ или а = 0.

Общие решения суть

X = 1, при а = 0

и

х = 2, при а = 1.

5. При каких значениях параметров а \\ Ь система

(а — b) X = 3 ах = 2Ь

имеет положительные решения?

Областью допустимых значений для каждого из параметров примем множество всех действительных чисел. Очевидно, что случай а = Ь нужно исключить, ибо при этом первое уравнение, а, следовательно, и система, не имеют решений. Значение а = 0 также следует исключить, так как при а = 0 и b Ф0 второе уравнение не имеет решений; случай же а = 6 = 0 уже исключен. Итак, пусть а ФЬ и афО., тогда из первого уравнения находим

из второго уравнения получим

Общие решения обоих уравнений (т. е. решение системы) получим при

з _26 а—Ь а '

это соотношение позволяет выразить один параметр как функцию другого Имеем

За = 2аЬ — 262,

откуда

(26-3)а = 262.

Если b = ~t то не существует значений а, удовлетворяющих этому соотношению. Пусть Ьф^> тогда имеем:

а = 2^=~з (где (10)

Теперь исключим те значения параметра 6, при которых может оказаться а = b или а = 0. Равенство а — Ь имеет место при

откуда

6(26 —3) = 262,

т. е. или b = 0 или 26 — 3 = 2Ь.

Последнее равенство противоречиво. Следовательно, значение 6=0 необходимо исключить. Если а = 0, то имеем из (10)

откуда получим 6 = 0—случай уже исключённый. Итак, в области действительных чисел система совместна при условии

а — 26 — 3'

где 6 —любое действительное число, не равное 0 и ^ Решение системы мы получим, производя подстановку найденного выражения для а в любое из равенств (8) или (9).

Получим

Теперь определим те значения параметра Ь, при которых X > 0. Решаем неравенство —т—•> 0, откуда имеем либо 2Ь — 3> 0 и 6 >0, т. е. b > |; либо 26 — 3<0 и £<0, т. е. Ь<0. Итак, при любом значении Ь, большем, чем 3/2 или меньшем нуля, и значении а, определённом из (10), данная система совместна и имеет положительное решение

Примечание. Значения Ь=0 и Ь=-ъ исключаются автоматически неравенствами ô<0 или Ь>-^.

Теперь рассмотрим несколько примеров на решение одного уравнения с двумя неизвестными.

1. Найти все действительные решения уравнения

2х + Зу = 6.

Решая уравнение относительно одного из неизвестных, например, относительно X, получим

X — о грУ- (11)

Итак, решением служит любая пара чисел ху у, где у — произвольное действительное число, а соответствующее значение X определяется из равенства (11).

Решение можно записать так:

x = 3 — У= ty где t—любое действительное число.

2. Найдем все целые решения того же /равнения (целым решением называется дара целых чисел х и у, удовлетворяющих системе). Воспользуемся результатом предыдущей задачи:

Из множества всех действительных значений выберем те, при которых х и у будут целыми числами. Из равенства у = t ясно, что t должно быть целым числом. Из равенства х = 3— ^ясно, что X будет целым тогда и только тогда, когда t будет чётным: t = 2 к.

Итак, имеем:

х = 3 — 3 к,у = 2 к, где к — любое целое число. (О решении уравнений в целых числах см. учебник алгебры Киселёва, ч. II).

3. Найти все действительные решения уравнения (1), удовлетворяющие условию X < 0, у > 0.

Воспользуемся решением, полученным в области всех действительных чисел:

Искомое решение получим при следующих ограничениях для t:

откуда находим

*>2, t>0.

Следовательно,

t>2.

4. Уравнение

х*+у* =0

в области действительных чисел имеет единственное решение х = у = 0. Данное уравнение в комплексной области имеет бесчисленное множество решений, а именно — решения суть пары чисел вида:

X — любое комплексное число; y—ix\

и

X — любое комплексное число; у—— ix Это можно записать так:

x = ty у = it

или

x — t у — — it,

где t— любое комплексное число.

5. Уравнение

х2+у* + 1=0

в области действительных чисел не имеет решений. В области комплексных чисел уравнение имеет бесчисленное множество решений

*=Ч y = j-\-t\

или

X = t, y=—yJ-\—t2,

где t—любое комплексное число.

6. Уравнение \х\ + \у\ = 0 имеет единственное решение х=у = 0 как в области действительных, так и в области комплексных чисел.

7. Уравнение \х\ + \у\ «=» — 1 не имеет решений в области комплексных чисел, следовательно, оно не имеет решений и в области действительных чисел. В самом деле, модуль любого комплексного числа не отрицателен, а следовательно, сумма двух модулей не может равняться —1.

Переходим к вопросу решения и исследования задач. Если решение данной задачи приводится к решению уравнений (одного или системы), то мы здесь принципиально ничего нового не имеем: так же, как и раньше, вопрос о допустимых значениях неизвестных и параметров является основным, разница лишь та, что при решении примеров эти области либо заранее давались в условии, либо подразумевались,— теперь же эти области должны определяться из условия и смысла задачи. Если при составлении уравнения некоторые возможные случаи были исключены, то их следует рассматривать отдельно (пример см. ниже). При решении задач, исходя из физических, геометрических, житейских и т. д. соображений, мы можем интересоваться, при каких условиях значения неизвестных принадлежат некоторой части области всех допустимых значений. Например, пусть х — скорость движения тела по прямой. Практически может представить интерес, движется ли тело по прямой вправо (-00), или влево (л;<0), или же стоит на месте (л: = 0). Если X — длина некоторого отрезка, то мы можем интересоваться, когда этот отрезок соизмерим с единицей длины (т. е. X рациональное число) или несоизмерим с единицей (т. е. х иррациональное число).

Поясним сказанное примерами.

1. Отцу а лет, сыну b лет; через сколько лет отец будет в п раз старше сына?

По смыслу задачи имеем 0<6<а, п>1; это и есть области допустимых значений для параметров. Установление области допустимых значений для неизвестного X зависит от того, как мы условимся отсчитывать время. Условимся время от настоящего момента в будущее считать положительным, а в прошлом отрицательным. При этом заметим, что значение неизвестного х не может быть меньше, чем — Ь, ибо b лет тому назад не было в природе сына.

Следовательно, областью допустимых значений для х мы примем множество действительных чисел, больших, чем —fr. Из условия задачи имеем

(a + xj = (b-\-x) п;

отсюда

_ а — пЬ

В данной задаче естественно задать вопрос: когда отец старше сына в п раз — в будущем, в прошлом или в настоящем, т. е. когда х>0, х<0 или х= О?

Имеем X > 0, если п < j ; х < 0, если

п>~ и * —0, если л = £- •

В некоторых старых руководствах отрицательному значению неизвестного приписывается почему-то „особая роль“, — его считают чуть ли не невозможным, а для его истолкования требуются какие-то „специальные“ приёмы, связанные с изменением условий задачи. Приведём цитату из книги Маракуева— „Элементарная алгебра“, ч. 1-я.

„Для истолкования смысла отрицательного решения всегда употребляется один и тот же приём: в уравнение, вытекающее из условий задачи, вместо х подставляют—X и получают таким образом новое уравнение, корень которого имеет прежнюю абсолютную величину, но положительный знак. Затем пытаются, не изменяя численного значения данных, подобрать задачу, которая соответствовала бы изменённому уравнению. Если эта попытка будет иметь успех, то следует заключить, что отрицательное решение означало только некоторую неправильность в условиях либо в постановке вопроса, либо в предположении при составлении уравнения, и положительное решение изменённого уравнения будет служить прямым ответом на исправленную задачу. Если же сказанная попытка будет безуспешна, то следует заключить, что задача абсолютно невозможна“.

Во-первых, не всегда требуется для отрицательного решения какое-то „особое“ толкование. Так, например, вряд ли могут возникнуть какие-нибудь недоумения, если для неизвестного, обозначающего температуру, получилось отрицательное значение — 5° по Цельсию. Если вести отсчёт температуры от

абсолютного нуля, то в результате решения той же задачи мы получим положительный ответ. Как видно, отрицательные значения неизвестного могут быть связаны с выбором начала отсчёта.

Во-вторых, если в некоторых случаях и имеет смысл интересоваться, когда решение положительно, а когда оно отрицательно (см., например, приведённую выше задачу о возрасте отца и сына), то вопрос о толковании отрицательных решений вовсе не связан с изменением условия задачи, а связан с тем, — какие области допустимых значений мы принимаем для неизвестного и параметров. Поясним сказанное таким примером.

„В одном резервуаре налито а ведер, а в другом b ведер воды. Каждый час прибавляется в первый по m ведер, а во второй по п ведер. Через сколько часов количество ведер в обоих резервуарах сравняется?“

Составляя уравнение, получим:

откуда

Исследование задачи зависит от того соглашения, которое мы примем относительно областей допустимых значений для параметров и неизвестного.

Г. Если условиться считать время не отрицательным, т. е. искать тот момент, когда объёмы воды в обоих резервуарах сравняются в будущем, то отрицательное значение для X указывает, что задача не имеет решения. Пусть, например, т> п, но а > о. Тогда х < О, а это означает, что задача не имеет решения. В самом деле, в данный момент в первом резервуаре больше воды, чем во втором, и каждый час в него вливается больше воды, чем во второй, а потому объёмы их никогда не смогут сравняться. Предоставляем читателю объяснить случаи, когда b > a, a т<п. Если m — п, но а Ф Ь, то уравнение не имеет решений, — это ясно, так как в данный момент количество воды в резервуарах различно, а каждый час в них втекает одинаковое количество воды. Следовательно, объёмы их никогда не могут сравняться. Если а — Ь и т = п, то решением уравнения будет любое допустимое значение х. В самом деле, в данный момент количество воды одинаково и в оба резервуара каждый час вливается одинаковое количество воды; значит, в обоих сосудах объем воды будет одинаков в любой момент времени. Пусть тф п, тогда

2°. Если считать, что процесс течения жидкости имел место и до начала наблюдения, то отрицательное решение указывает лишь, что равенство объемов воды в обоих резервуарах имело место в прошлом. Так, если а < b и m <п, то количество воды было одинаковым

часов тому назад.

Заметим, что входящие в уравнения параметры а и S не отрицательны; что же касается параметров m и п, то каждый из них можно условиться считать как положительным, так и отрицательным, а также и равным нулю. Так, например, условимся считать, что m > О означает, что в первый сосуд наливается жидкость, если же m < О, то из сосуда выливается жидкость; если т = 0, то объем жидкости в сосуде остается неизменным. Пусть, например, имеем:

п < m < 0; 0 < а < Ъ\ тогда х > Ô.

В самом деле, в нашем случае в данный момент в первом сосуде меньше воды, чем во втором, и каждый час из второго сосуда выливается больше воды, чем из первого (так как | m | < | п | ), следовательно, объемы жидкостей могут сравняться только в будущем. Из конкретного смысла задачи ясно, что областью допустимых значений х на практике будет не все множество действительных чисел, а лишь его часть, ибо необходимо принять во внимание емкость самих резервуаров и наличие в них воды. Здесь могут быть самые разнообразные случаи, которых мы rie касаемся. Так, например, из первого резервуара не может вылиться больше воды, чем а ведер, или какой-нибудь из резервуаров может оказаться наполненным до того, как сравняются объемы.

Рассмотрение этих случаев выходит за рамки обычного в школе исследования.

Нам представляется приведенное выше исследование задачи гораздо более естественным и соответствующим истинному соотношению вещей, чем рекомендуемое Маракуевым „изменение“ условий задачи.

Рассмотрим пример, взятый из книги Маракуева.—„Элементарная алгебра“, т. I, 1903 г., стр. 341. Мы процитируем условие и решение так, как это дано в книге Маракуева:

„К двум кругам, которых радиусы R и г, провести общую внешнюю касательную“ (черт. 1).

Черт. 1

Задача будет решена, если мы определим положение точки Т, в которой искомая касательная встречает линию центров. Примем за неизвестное расстояние ОТ. Из подобия треугольников ОАТ и оаТ имеем пропорцию:

или, положив:

откуда,

Сделаем найдем

Но это бесконечное решение отнюдь не означает невозможности задачи: оно показывает только, что при данном условии (R=r) точка Т удалилась в бесконечность, иными словами, что общая касательная приняла особое положение относительно линии центров, а именно, сделалась параллельна этой линии. И в самом деле, при /?==г фигура АОоа обращается в прямоугольник, а следовательно, линия Аа делается параллельной Оо“.

Формулировку условия задачи нельзя считать удачной, так как эта формулировка типична для задачи на построение. Судя по решению, автор подразумевал следующую задачу:

„Даны два круга. Найти расстояние точки пересечения общей внешней касательной с линией центров до центра одного из кругов“.

Переходим к решению. Сохраним все обозначения, принятые Маракуевым.

Исходя из геометрических соображений, ясно, что областью допустимых значений для R и г (/?>0, г>0) является множество положительных чисел, а для d — множество неотрицательных чисел.

Исходя из тех же соображений, рассмотрим следующие возможные случаи:

1° R = r-f В этом случае общая касательная параллельна линии центров и не существует искомой точки (черт. 2).

Черт. 2

Случай R = r и d=0 мы не рассматриваем, так как тогда фактически имеется один круг. В дальнейшем будем считать, что Rф г. Пусть R> г.

2°-d<R — г. В этом случае один круг находится внутри другого, а потому общей касательной не существует: следовательно, не существует и точки 7 (черт. 3).

Черт. 3.

3°- d — R— г. В этом случае касательная перпендикулярна линии центров, точка Т совпадает с точкой касания кругов и

x = R Счерт. 4).

4° • d> R — r. В этом случае получим решение, основанное на подобии треугольников, указанное в книге Маракуева:

(12)

Методически правильнее в школьной практике начать решение задачи с 4-го случая. Как видно, К. М. Маракуев упустил из исследования случаи 2-й и 3-й. Случай 1-й в книге Маракуева получил с современной точки зрения неправильное освещение. Во-первых, формула (12) теряет смысл при подстановке R = r; во-вторых, вывод формулы (12) был основан на рассмотрении подобных треугольников, если же R=r, то треугольники перестают существовать, а потому пользование формулой (12) есть логическая ошибка. Из формулы (12) лишь можно заключить, что прв данном d значение х может быть как угодно большим, если г достаточно близко к R.

Если в формуле (12) положить d = R — г, то получим х = /?,—то же, что и в случае 3°; однако мы этот случай рассмотрели отдельно, так как при d = R— г треугольники перестают существовать, и пользование формулой без надлежащего обоснования было бы также логической ошибкой.

О ЗАДАЧАХ ПО АРИФМЕТИКЕ1

Проф. И. В. АРНОЛЬД (Москва)

Интерес к предмету, увлечение им, несомненно, оказывает огромное влияние на качество его усвоения. Если учителю удалось вызвать в учениках интерес к предмету, дать пищу их естественной любознательности, стремлению проявить себя и найти в предлагаемой им деятельности элементы занимательности, соревнования, движения вперед и т. д., то половина дела уже сделана. Наоборот, однообразный и скучный материал, лишенный сам по себе эмоциональных элементов, может свести на-нет эффект даже и хороших в остальном методических приемов, применяемых учителем.

Надо сказать, что как раз в этом отношении обучение математике и, в особенности, арифметике находится у нас в очень неблагоприятном положении. Здесь виной и традиционное убеждение в том, что математика-де „сухая наука“; виной и передающаяся из поколения в поколение на протяжении не то что десятков, а даже сотен лет тематика задач; виной и недостаточное сознание того, что основной задачей обучения математике, наряду с твердым усвоением ряда математических навыков, является стимулирование и воспитание самостоятельного, активного мышления учащихся. Немалую роль играют иногда беспомощность и инертность самого учителя, усугубляемые недостатком времени и средств для достижения даже наиболее простых целей, которые преследует преподавание в средней, и в особенности в начальной школе. Конечно, в математике „царского пути“ нет, и много черновой работы, необходимой для приобретения технических навыков в вычислениях, преобразованиях и т. д.; много и такой работы, которую учащиеся должны проделать не потому, что она интересна и привлекательна, а потому что она нужна, независимо от того, хочется ли им этого или нет. Всего этого в элементарном преподавании достаточно

1 Статья печатается в порядке обсуждения.

много. Может даже показаться, что нет уже и времени для того материала, который мог бы дать понятие учащимся об интересных приложениях математики, об остроумных и увлекательных задачах и т. д. А это приводит к тому, что на такое оформление материала, при котором последний мог бы оказаться интересным, вообще не обращают внимания, и тогда, конечно, математика, и в особенности арифметика, оказывается „сухой наукой“, заниматься которой приходится в силу необходимости и той или иной формы школьного принуждения.

С этим, конечно, нельзя согласиться и нельзя мириться. В наших условиях преподавания много можно сделать, если только приложить усилия к тому, чтобы оживить преподавание математики. Я здесь и хочу остановиться на том, что мне кажется наиболее важным и осуществимым, и, в первую очередь, на вопросе о тематике арифметических задач.

Как здесь обстоит дело? Имеется большое количество сборников арифметических задач. Преподаватель выбирает из них очень небольшую часть, руководствуясь теми или иными соображениями, иногда просто наугад. В конечном итоге, если даже подсчитать, сколько задач должен решить за время обучения учащийся (решает-то он сейчас фактически гораздо меньше), то получится не такое уж большое количество. Так неужели же нельзя из огромной массы возможных задач отобрать для миллионов детей, из года в год решающих арифметические задачи, самые полезные, самые интересные, обдумать, отшлифовать условие, тематику, числовые данные в каждой такой задаче? Конечно, такая работа может и должна быть проделана, и тогда, когда соответственные сборники задач будут в распоряжении учителя, его работа значительно облегчится. Но пока это еще не так,—учителю приходится выбирать, а часто и самому составлять задачи. И вот здесь сразу обнаруживается, что имеющиеся под рукой сборники содержат материал, с точки зрения тематики и подбора числовых данных либо прямо недоброкачественный, либо (в особенности, если рассмотреть весь материал от I до V класса) — крайне однообразный и скучный.

При этом можно наблюдать две крайности. Первая, от которой в настоящее время составители сборников задач в большинстве своем отошли, заключается в том, что, пренебрегая потребностями обучения, они используют исключительно статистические данные (порой имеющие очень частный и временный характер). Круг задач получается довольно ограниченный, а тематика, в большинстве случаев далекая от интересов детей, скоро надоедает. К той же категории можно отнести и задачи с физической, технической и т. д. тематикой, для понимания которых требуется либо значительная подготовка по соответствующим дисциплинам, либо пространные объяснения учителя, отвлекающие учеников от основного предмета их занятий и чаще всего не достигающие цели.

Вторая крайность заключается в том, что об оформлении задач с точки зрения тематики совсем не заботятся, перекраивая на новый лад условия задач старых сборников с традиционными купцами, виноторговцами, путешественниками из города А в город В и т. д. Хорошо еще, если при этом соблюдено требование, чтобы арифметическое содержание задачи отвечало запросам данной стадии обучения, но и это часто осуществляется чисто механически: такой-то тип, стало быть—такой-то способ рассуждения (к которому учащиеся часто просто-напросто не в состоянии притти путём самостоятельного рассуждения, а вынуждены следовать преподносимому им в готовой форме рецепту). Числовые данные—целые числа, если еще нельзя иначе, или дроби любого вида, если это отвечает календарному плану. А внешнее оформление? Что же нетрудно ведь вместо: „купец продал столько-то аршин сукна“ и т. д. написать, что „колхозный кооператив отпустил бригаде столько-то метров“ и т. д.

Такой способ придания реальной формы задачам может, кстати сказать, сделать их менее реальными, чем они были до перефразировки: не надо забывать, что классические задачи с купцами когда-то, лет двести тому назад, отражали современную им действительность, но сейчас — в соответственной перефразировке — приобретают довольно странный характер: и постановка вопроса и самое условие задачи оказываются искусственными. Цифровые данные, взятые

обычно с потолка, ничего не говорят ни уму, ни сердцу, и когда таких задач много (а они повторяются из года в год), то приходится только удивляться тому, как ребята выносят такую дозу арифметической ваты, предлагаемой им в качестве обязательной жвачки.

К сожалению, и более удачные сборники задач, в которых составители старались связать тематику с повседневным бытом детей, не свободны от указанных недостатков: неинтересная постановка вопроса, произвольные числовые данные, повторяющиеся избитые мотивы (мальчик купил две тетрадки и три карандаша, у Оли было два яблока и еще три яблока и т. д.)—все это приводит к тому, что интерес к решению таких задач, если он и был вначале, неминуемо исчезает через полгода, в лучшем случае, через год.

Как же тут быть?

Мне кажется, что правильным решением должен быть не столько компромисс, сколько синтез: следует составлять и выбирать задачи, во-первых, интересные для ребят с точки зрения постановки вопроса и их тематики, с числовыми данными, сообщающими хоть что-нибудь интересное и новое учащемуся, и, во-вторых, подобрать и располагать эти задачи по их арифметическому содержанию и числовым данным в соответствии с целями обучения.

Если во всем объеме это не может, конечно, быть осуществлено на месте учителем, лишенным соответствующего сборника задач, то все же учитель и сейчас может сделать многое в этом направлении, во-первых, отвергая неудачные задачи и выбирая наиболее интересные и, во-вторых, составляя задачи заново.

Как же подойти к отбору задач с интересующей нас здесь точки зрения?

Во-первых, следует избегать задач с искусственными условиями и нелепыми числовыми данными, если они не имеют какого-либо специального интереса, как, например, исторические задачи или задачи с любопытной или курьезной постановкой вопроса. Так, незачем предлагать для решения задачи, в которых речь идет о продаже 317/i9 к* сахару (попробуйте, отвесьте!) по 21/1 руб. за кг (попробуйте, заплатите за один килограмм!), или такие, в которых „заяц в 1,35 часа (где это так измеряют дома часы)? пробегает 14,13855 км“ (попробуйте определить это с такой точностью!). А ведь таких задач в наших задачниках встречается порой немало. В задаче № 1904 сборника, из которого взяты указанные данные относительно зайца, дано еще, что „сокол в 1,25 часа пролетает 87,825 км“, и требуется узнать „во сколько раз сокол движется быстрее зайца“. Вся постановка вопроса нелепа и может только создать у учащихся совершенно дикие и вредные представления о применении математики к изучению действительности. Задача (оттуда же) № 1927, начинающаяся словами: „у хозяйки было на руках 73/8 руб.“, вряд ли имеет в виду рассмешить учеников, а ведь только с такой целью можно использовать эту задачу. По этому поводу мне невольно вспоминается бывший в большом фаворе в дореволюционных гимназиях сборник алгебраических задач Клионовского, в котором задача № 139 начинается так: „Несколько купцов, а именно:

Нам, гимназистам, при этом было не до смеху, а что до пользы, то должен грешным делом сознаться, что радикалы типа \ja и \]а я встречал только в задачниках ретивых составителей и никогда не встречал ни в каких математических вычислениях.

К сожалению, приходится констатировать, что у нас сейчас иногда довольно сильно дает себя знать тенденция к возвращению к такого рода уродливой форме задач и к бессмысленной тренировке в вычислениях, никогда в дальнейшем не встречающихся. Смешанные задачи считаются полезными потому, что они дают повод для повторения предыдущих разделов. Это, конечно, так, но с той же целью гораздо проще предложить несколько отдельных задач с включением нужного материала. Увлечение же искусственными и не встречающимися в математике

постановками вопроса при том общем недостатке времени, которое характеризует обстановку преподавания математики в школе, — просто недопустимая трата драгоценных минут и часов. Сюда, в частности, относятся в арифметике и численные примеры типа 18:2-3:4:9 и т. п., которых много в задачниках и совсем нет в математической практике, и, кстати сказать, правильно, ибо для математика обозначения а\Ъ • с и а:Ь:с без скобок неясны — первое он скорей поймет, вопреки обычному правилу порядка действий, как а: (&•£), да и во втором предпочтет скобки (а:Ь):с. В алгебре — по старой опять же традиции — в большом ходу задачи на определение коэфициента „того члена разложения бинома Ньютона, скажем, (у/11—1 аи~\-\/а“г), который содержит а8“—тип вопроса, который опять же нигде, кроме как в задачниках и темах для контрольных работ, не встречается.

Но если отвлечься от таких уродливых крайностей, то и тогда остается все же над чем подумать при выборе задач. Рассмотрим арифметическую задачу № 1098 из сборника, о котором шла речь выше: „Два бидона вмещают 10lj2 л. Если бы вместимость первого была в два раза больше, а вместимость второго на 8 л больше, чем в действительности, то общая емкость удвоилась бы. Какова емкость каждого бидона?“ Что можно возразить против такой задачи? Задача, как задача. Мы так привыкли к нелепому и скучному тексту, что не склонны видеть в задачах подобного рода ничего предосудительного. А присмотритесь пристальней. Чем мотивировано условие? Почему это все так? Почему точно в два раза больше, почему надо удвоить, в какой обстановке могло бы случиться, чтобы надо было решать такую задачу? Если бы попалась одна такая задача, это еще куда ни шло, но именно таких-то задач и больше всего, видимо, потому, что их легче всего составлять.

Вот еще примеры из другого, как будто, и неплохого сборника. Задача №600: „В трех рощах 4160 берез. Сколько берез в каждой роще, если в первой в 3 раза больше, чем во второй, а в третьей столько, сколько в первых двух вместе?“ Ишь ты, прямо как в аптеке, точно в три раза больше, да и третья-то роща как в самый раз потрафила! И ищется-то заведомо известное, если уж это замечательное совпадение в численности берез в рощах обнаружено.

Я не хочу этим сказать, что надо совсем отказаться от искусственных задач с явно не слишком реальным условием. Приемлемы и искусственные условия, если они облечены в интересную форму, если сама задача, так сказать, „с изюминкой“ или „с перцем“. Я только против того, чтобы основным арифметическим питанием детей служила сухая и пресная вата — крайне однообразная и лишенная витаминов пища. В этом отношении классики, у которых всегда есть чему поучиться, были гораздо более внимательны по отношению к своим ученикам. Задача с торговкой яйцами, продавшей половину всех яиц и еще 1/2 яйца первому покупателю, */2 оставшихся и еще Vi ЯЙ1^а второму и так же третьему, после чего у нее ничего не осталось, конечно, искусственна, но чего стоит парадоксальность задания и как поучителен способ решения „с конца“. Приведем здесь несколько задач из книги ученика Эйлера—Николая Фусса „Начальные основания алгебры, извлеченные из начал сея науки знаменитого Эйлера и ныне вновь изданные от главного управления училищ“ (в 1810 г.)

„Шлюпка идет по Неве и переходит в 48 минут от Кадетского корпуса до Литейного двора, а оттуда возвращается в 32 минуты, причем гребцы в оба конца гребли с одинаковой силой. Спрашивается, скольким саженям равняется течение Невы в одну минуту и сколько сажен шлюпка перейдет в то же время в стоячей воде?“

Задачу эту автор мыслит себе настолько реально, что даже не считает нужным указать расстояние от Кадетского корпуса до Литейного двора, только в решении используется, как известный факт, что это расстояние „есть 1536 сажен“. Такое „упущение“ в современных задачниках было бы невозможно, — требование, чтобы все данные для решения задачи были в ней налицо, наши авторы считают для себя обязательным.

Реальность условия у Эйлера и Фусса отвечает, конечно, эпохе:

„Несколько смельчаков взялось за 180 рублей осмотреть состояние осажденного города. Четверо из них были пойманы, отчего выигрыш каждого из возвратившихся увеличился 12-ю рублями. Вопрошается, сколько их было?“

„Войско, из 30000 человек состоящее, расположенное в завоеванной провинции, нездоровое растворение воздуха имеющей, умножается (увеличивается) ежегодно (на) 3 000 рекрут; но по прошествии нескольких лет замечено, что ежегодно умирает в оном 16 человек изо 100. Сколь велико будет сие войско по прошествии 20 лет?“

„Полагая, что после потопа, который пережило 8 человек, число жителей на земле ежегодно прибавлялось на двадцатую часть; вопрошается число Ноевых потомков до его смерти, которая случилась через 350 лет после потопа“.

Любопытно и изложение решения. Приводим начало: „Тотчас видно, что сей вопрос разнится от следующего вопроса только родом единиц: сколь велик будет капитал из 8 рублей, по прошествии 350 лет, положенный по 5%?“

а вот и „искусственные условия“, но посмотрите, в какую форму они облечены!

„Был я в большом обществе. В оном находилось женщин втрое больше, нежели мущин, а когда четверо мущин уехали с женами, тогда осталось женщин вчетверо более против мущин. Сколько было людей каждого полу?“

Учитель, который заинтересуется замечательными с исторической точки зрения задачами, может найти богатый выбор их в известном сборнике Попова.

Вернемся к современности. Неизбежны ли задачи с вялым, искусственным содержанием и нереальными или скучными числовыми данными? Конечно, нет. Несомненно, что можно подобрать достаточное число задач с нужным арифметическим содержанием, имеющим конкретный смысл. Даже в наших распространенных задачниках есть довольно большой, из года в год возрастающий по количеству, ассортимент таких задач. Но все же они, в общем, недостаточно ярки, и впечатление однообразия остается. И вот здесь я подхожу ко второму, правда, уже более трудному для учителя, пути для улучшения положения дела. Учитель может не только выбирать задачи, но может и составлять их. И сейчас, пока у нас нет еще сборников задач, полноценных во всех отношениях, учитель должен сам восполнить в меру своих сил этот пробел.

Вот как обстоит дело. Нас окружают разнообразнейшие и интереснейшие — для ребят в особенности — явления действительности. В большом и в малом любопытнейшие взаимоотношения вещей и явлений находят свое яркое отражение в числах. Неужели же нельзя из этого богатейшего материала привлечь числовые данные, доступные детям и интересные им, построить преподавание так, чтобы постепенно открывать перед ними все новые и новые картины „мира в числах“, разумно используя числовые данные в предлагаемых задачах? Конечно, можно и должно. Учитель может черпать соответствующие данные и из непосредственно окружающей ребят действительности и из различных справочников, энциклопедий, из газет и журналов, выбирая наиболее актуальный и интересный материал. Я беру дальше первые примеры, которые сейчас приходят мне в голову, а ведь каждый учитель может это сделать гораздо лучше и целесообразнее, ближе к конкретным интересам тех групп учащихся, с которыми он имеет дело. Скажем, ребята наблюдают ежедневно машины, доставляющие материал на стройку или в совхоз, и т. п. Почему вместо автомобиля, выходящего из абстрактного города А с абстрактной скоростью (хотя бы она и была численно задана, она все остается абстрактной), не взять конкретные данные, относящиеся именно к этим машинам, к их реальной работе, к нормам расхода горючего различного сорта, к их действительной средней скорости, к их действительным пробегам и нагрузке?

Ребята видят банку, на которой написано 1 LB 8 OZ. Что это значит, что это за мера веса? Что за единицы длины мили и ярды? Как их перевести в метры? Вот это действительно задачи для перевода одних мер в другие (а решать их следует, и знакомить детей с этими мерами нужно, так как они достаточно широко распространены во всем мире) — с дюймами, ярдами и милями можно

встретиться на каждом шагу. Из наших же учебников и задачников всё, кроме метров и пресловутых дециметров, которые, кстати сказать, на практике куда реже встречаются, чем в задачниках, исчезло, и „превращение и раздробление“ свелось почти исключительно к изменению положения запятой. Но, к сожалению, на деле всё же приходится считаться с тем, что в Америке и Англии до сих пор ещё в большом ходу не метрические меры и даже температурная шкала не Цельсия и не Реомюра, а Фаренгейта! И ознакомление, хотя бы частичное, с этими мерами полезно уже тем, что учащиеся на деле убедятся в преимуществах метрической системы, а попутно поупражняются в переводе одних мер в другие и приобретут сведения, которые им могут очень и очень пригодиться.

Другой тип задач, интересный для учеников по данным, недоступным их непосредственному восприятию, но удовлетворяющий их любознательность, апеллирующий к их воображению, предполагает, конечно, обращение к соответствующим источникам. Из газет или обзора в журнале вы узнали, что в такую-то войну за такой-то срок было израсходовано столько-то взрывчатых веществ и столько-то металла. Используйте все эти конкретные данные для составления задач. Ну, хотя бы, спросите, сколько понадобилось бы грузовиков такой-то грузоподъемности, чтобы все это погрузить (не мешало бы узнать, сколько было всего грузовиков, ну, скажем, в США, хотя бы в 1938 году, если нет более поздних сведений); сколько поездов из стольких-то вагонов обычной грузоподъемности? (А какова грузоподъемность обыкновенного двухосного товарного вагона вы знаете? А четырёхосного?)

Узнайте и сообщите своим ученикам в задачах данные о грузоподъемности, водоизмещении, размерах и скорости (что такое „узел“?) современных грузовых пароходов, танкеров и т. д. Но только данные действительные, а не фиктивные, по возможности с указанием дат, названий и ряда деталей. Лишние две-три минуты, потраченные в классе на тематику задачи, во всяком случае окупятся, если ученики будут с интересом искать ответ к предложенной задаче, — а вопрос должен быть поставлен так чтобы ответ был интересен.

Не думайте, что задача может оказаться привлекательной потому, что в ней какой-то самолёт летит с какой-то скоростью откуда-то куда-то. Такой абстрактный самолёт, во-первых, очень уж привычная вещь и, во-вторых, ничем не лучше, а, пожалуй, хуже классического путешественника. Путешественники это даже как-то романтичней: ходят, пешком из города в город, строго выдерживая скорость, встречаются и догоняют друг друга, а то, подумаешь, самолёты! А вот используйте данные о действительных рекордах, сопоставьте их, не обезличивая ни дат, ни названий; сообщите, что в таком-то году самый быстрый в мире автомобиль (марка такая-то, гонки там-то!) делал столько-то километров (а то и миль) в час; пустите его состязаться сегодня с самым быстрым автомобилем (или танком) на пути из Москвы в Ленинград,—где он окажется когда совершенно закончит пробег?

Надо узнать данные? Узнайте — Вам самим-то разве это не интересно?

Сюда же относятся задачи, которые используют очень малые и очень большие числа. Таких задач в обычных сборниках почти нет, и искать их приходится пока-что только в „Занимательной арифметике“ Перельмана и в книжке Лицмана „Великаны и карлики в мире чисел“. А сколько интересных и расширяющих числовой кругозор учеников задач можно таким образом составить!

А пресловутые, задачи „на смешение с произвольными и искусственными данными“ („вес первого так относился к весу второго, как Va-“ 0,8 (3)“ и т. д.). Сколько здесь можно составить задач, оперирующих с интересными и полезными данными (состав пороха, различных полезных сплавов, стали, брони, различных сортов горючего — нефти, бензина, пищевых веществ и т.д.). В алгебре Фусса и то дана задача: „Имеется три сорта пушечного пороха: 1-й сорт состоит из 60 ф. селитры, 20 ф. серы и 20 ф. угля, второй из 80 ф. селитры. 10 ф. серы и 10 ф. угля на 100 фунтов. Требуется из оного сделать порох, который бы на 100 фунтов содержал 75 ф. селитры, 13 ф. серы и 12 ф. угля. Сколько каждого сорта взять надлежит?“

А сколько числового материала можно

извлечь из описаний путешествий, в частности, полярных путешествий: расчёт рациона, числа собак, приближение к цели в градусной и линейной мере и т. д.— здесь целый комплекс разнообразнейших арифметических задач, действительно реальных и интересных.

Это только первые попавшиеся примеры. Некоторые источники сведений могут в той или иной обстановке оказаться для учителя недоступными, но поле возможных поисков настолько широко, что всегда при желании можно найти интересный материал.

При составлении задач очень важно условия составить так, чтобы либо способ получения результата, либо самый результат были для учащихся интересны. Если, например, даётся задача: винтовка весит столько-то, штык столько-то, сколько весит всё вместе?—то все ученики чувствуют, что результат всё равно хорошо известен и ничего нового тут не узнаётся. Если же привести соответственные данные ещё об английской и американской винтовках и предложить сравнить их и, может быть, сообщить попутно ещё несколько сравнительных данных, сюда относящихся, то мальчики, во всяком случае, уже не будут относиться безразлично к результату, —ведь здесь получаемые числа будут иметь для них познавательную ценность, будут служить отправной точкой для дальнейших размышлений и эмоций.

Вообще, чем осмысленнее будет для учащихся требование произвести тот или иной подсчёт, чем больше у них живого интереса к результату (или с точки зрения конкретного его смысла, или с точки зрения проверки каких-то замеченных закономерностей, или просто с точки зрения „числового любопытства“), чем живее и непринуждённее форма, в которой им преподносится задача, тем лучше. Дисциплинирующего и неизбежно скучного материала и так за-глаза хватит,— нужно позаботиться о том, чтобы задевающего детей за живое было побольше.

Почему увлекательный рассказ должен быть привилегией преподающих литературу, историю, естествознание, географию и т. д., а на долю арифметики и алгебры должна оставаться „сухая материя“? Облекайте задачи в форму краткого рассказа, иллюстрируйте их на доске, хотя бы схематически, придумывайте драматические положения, заботьтесь об иллюстративном материале (снимки, рисунки и т. д.), не пренебрегайте шуточными задачами, сообщайте интересные факты из истории математики, стимулируйте самостоятельность и инициативу наиболее сильных учеников более трудными вопросами, задачами, интересными по характеру рассуждения, приводящего к решению, и т. д. Я помню, какое впечатление произвели на меня не стандартные задачи, когда я впервые с ними, ещё на гимназической скамье, познакомился: две из них я до сир пор помню. Первая заключалась в требовании доказать, что ab (а*—о4) при всяких целых а и b делится на 30. Вторая требовала арифметического решения вопроса о том, сколько времени от города А в город В проплывет вниз по течению реки бревно, если известно, что пароход идёт из А в В два часа, а обратно 3 часа. Попутно спрашивалось, больше или меньше времени пароходу потребовалось бы, чтобы тот же путь из Л в В и обратно совершить в стоячей воде и почему?

Вот еще арифметическая задача, любопытная тем, что время и расстояние в ней заданы так, что кажется, будто нехватает данных: „Я грёб вверх по течению и, проезжая под мостом, потерял шляпу. Через 10 минут я это заметил и, повернув и гребя с той же силой, нагнал шляпу в километре ниже моста. Какова скорость течения реки?“

Приведу ещё задачу Шатуновского, включающую элементарный теоретико-числовой этап в решении и маленькую арифметическую ловушку в конце решения: „А и В продали гурт волов, получив при этом за каждого вола столько рублей, сколько волов было в гурте. Желая поделить вырученные деньги поровну, они брали поочередно по 10 рублей из вырученной суммы. А получил лишних 10 рублей и в возмещение присоединил к остатку свой кошелек. Сколько стоил кошелек?“

Эти задачи интересны не по результату, а по форме задания и по способу решения. Они, конечно, рассчитаны не на массовое применение, но не надо забывать, что на обязанности учителя не только подтягивание отстающих, но и еще и стимулирование работы наиболее сильных, среди которых, ведь, вероятнее

всего, находятся наши будущие учёные, инженеры, учителя, изобретатели, командиры, ответственные работники всех ведомств и, возможно, даже будущие методисты и составители задач.

К составлению задач можно привлекать и самих детей. У нас уже есть книжки, излагающие опыт учителей в этом направлении. В качестве примера приведу задачу, составленную семилетним мальчиком „в помощь папе, которому надо составлять задачи“.

„Вылетели 4 самолёта. У первого был запас 2 литра, у второго—4, у третьего — 6, у четвёртого —12 литров бензина. Когда у первого вышел весь запас, первый и второй разделили между собой то, что оставалось у второго, потом, когда у них вышел бензин, разделили запас третьего и, наконец, запас четвёртого. Когда весь бензин вышел, они приземлились. Какое расстояние они пролетели, если литра бензина хватает на 4*/г км полета?“

Арифметическое содержание задачи не совсем тривиально, так как, конечно, все эти перераспределения запасов бензина никакого влияния на результат не оказывают. В этом отношении задача напоминает вопрос, на который, конечно, надо отвечать, не производя никаких вычислений: „В одном стакане белое, в другом— в таком же количестве — красное вино. Из первого стакана ложку белого переливают во второй стакан, перемешивают и ложку смеси выливают обратно в первый стакан. Спрашивается, будет ли в результате концентрация белого вина в красном во втором стакане выше или ниже концентрации красного в белом в первом стакане?“ Чтобы провоцировать вычисления, иногда добавляют, что красного и белого вина взято по 10 ложек и что операция, описанная выше, была повторена, скажем, три раза подряд.

Теперь несколько слов об обучении решению задач. Вероятно, все, о чем я тут хочу сказать, учителям очень хорошо известно, но ведь дело не в этом. Есть вещи, о которых не мешает и лишний раз напомнить.

Во-первых, следует избегать часто встречающейся методической ошибки, заключающейся в том, что при решении задач в классе учитель старается возможно скорее добиться (часто только от бессменного актива) ответа на вопрос: какое действие надо сейчас произвести, а задание на дом представляет собой задачу разобранного только-что в классе типа, не требующую от ученика никакого размышления, а только применения готовой рецептуры. Результат такого преподавания мне пришлось недавно наблюдать в довольно яркой форме. Пришла ученица с просьбой помочь решить задачу. Прочитали условия, и я услышал диалог: „Ну, что же тебе надо узнать?“ „Вот то-то“. „А что в задаче дано?“ „То-то“. „Ну, так что ты сначала узнаешь?“ „Вот то-то“. „Хорошо, что же для этого нужно сделать?“ „Сложить вот эти числа“. „Ну, как же сложить, подумай...“ „Ах, нет, знаю: вычесть“. „Ну, что с тобой, как же, вы...“ „А, знаю, знаю,—умножить“. „Да почему же умно...а „Знаю, теперь знаю—делить, делить!“

В классе нужно стремиться к тому, чтобы подавляющее большинство учеников могло самостоятельно наметить ход решения. Для этой цели при решении задач нового для учащихся типа следует давать подготовительные задачи с более простым условием, в которых ход решения очевиден, и, постепенно усложняя, доходить до условия решаемой задачи, наводя, таким образом, учеников на правильный путь, а не заставляя их поскорее запомнить готовый рецепт решения. Так, арифметическим задачам, которые в алгебраической записи сводятся к системе уравнений ах + Ьу = с и dx + ey=f (например: „3 кг одного сорта (чего-нибудь) и 8 кг другого стоят 273 руб., а 12 кг первого и 15 кг второго стоят 684 руб. Что стоит 1 кг каждого сорта?“). Следует предпослать задачи более простого типа, скажем,— имея в виду указанный пример задачи, — в последовательном порядке, со значениями хотя бы

а =10, 6 = 0, rf=10, е=\ а = 10, 6 = 3, rf= 10, е = 4 а= 12, 6 = 4, rf= 12, е = 7

и т. п., пока искусственный прием—„предположим, что в первый раз было куплено вчетверо больше“—не станет для учеников настолько естественным, что они сами его подскажут.

Вспомогательным приемом при этом, заменяющим в известной мере алгебраическую запись, но целиком лежащим

в пределах основной задачи воспитания „арифметического воображения“, могут служить графические изображения на доске, в схематическом виде передающие условия задачи.

Приведенному примеру отвечали бы схемы:

а решению схемы:

и т. д.

Такого рода схемами, во многих случаях могущими служить подготовкой к составлению и решению уравнений, не следует пренебрегать, так как затруднения в использовании данных арифметических задач в большинстве случаев зависят от недостаточно отчетливого представления учащимися данных количественных взаимоотношений. Для того чтобы стимулировать образование этих представлений, все средства хороши. Ведь в этих представлениях вся суть, весь смысл тренировки в решении арифметических задач, выходящих за пределы простого упражнения в применении и производстве арифметических действий.

Те же приемы целесообразно применить и при повторении, когда уже знакомый тип задач через некоторое время вновь вызывает затруднения у учащихся.

Несколько замечаний о работе с классом.

Для обеспечения самостоятельности всего класса следует (при закреплении навыков) прибегать почаще к приему работы класса без доски (или с использованием доски преподавателем для записи условия и затем — постепенно — для отдельных этапов решения задачи). В это время все учащиеся одновременно и независимо друг от друга должны решать задачу. Учитель обходит класс, по возможности, подходя к каждому нуждающемуся в указании, толчке, помощи или исправлении сделанной ошибки. Когда большинством некоторый этап закончен или почти закончен, учитель пишет соответственную часть решения на доске и продолжает „дирижерскую“ деятельность по дальнейшей части работы. Этот метод, вначале как будто требующий большой затраты времени, очень быстро себя оправдывает, по достижении учителем и классом некоторого опыта в такого рода работе и в конечном итоге при значительно большей активности класса в целом достигается и экономия, вернее, лучшее использование времени.

На дом также следует систематически, кроме задач, закрепляющих пройденное в классе, давать задачи и вопросы, требующие некоторого самостоятельного обдумывания и нахождения пути решения. Начинать, конечно, надо с более легких заданий, постепенно приучая класс к более трудным заданиям и повышая требовательность к качеству их выполнения. Сюда следует внести (и в классной работе и в заданиях на дом) некоторый элемент соревнования, поощряя удачные догадки, быть может, и не самые простые по сути дела, но явно самостоятельно придуманные учащимися способы решения задач.

Надо сказать, что в этом отношении у нас большинство учителей до сих пор еще склонно недооценивать возможности как учащихся, так и самого процесса преподавания. Целесообразным подбором задач, правильным подходом к нахождению решения учитель может вызвать в классе и интерес к решеню задач и достаточную самостоятельность учащихся при нахождении пути решения. На этой основе систематически предъявляемые требования к умению находить самостоятельно выход из все более и более сложной ситуации в отношении хода решения будут восприниматься учащимися как нечто совершенно естественное, наряду с обычными требованиями правильности вычислений, отчетливости объяснения и аккуратности записи. Следует также воспитывать у учащихся привычку к самоконтролю, к умению проверять решение, убеждаться в его правильности или неправильности и находить ошибки.

ЗАДАЧИ НА ОТЫСКАНИЕ НАИБОЛЬШИХ И НАИМЕНЬШИХ ЗНАЧЕНИЙ, РЕШАЕМЫЕ ЭЛЕМЕНТАРНО

С. И. ЗЕТЕЛЬ (Москва)

В наших задачниках по геометрии очень редко встречаются задачи на отыскание наибольших и наименьших значений. Учащиеся в средней школе совершенно не решают подобных задач, и, только изучая диференциальное исчисление, знакомятся с их решением.

Многие задачи на отыскание наибольших и наименьших значений могут быть с успехом решены в средней школе; их решение вызовет у учащихся интерес и будет способствовать лучшему усвоению курса математики. Предлагаемые задачи могут быть решены на занятиях математического кружка. При решении следует указать учащимся, что в диференциальном исчислении существует специальный способ для решения подобных задач, но что некоторые задачи допускают элементарное решение.

Большинство предлагаемых задач заимствовано мною из курсов и задачников диференциального исчисления (Грэнвиль и Лузин, Дингельдей, Шифф, Дубнов и др.), из книги „Exercices de géométrie, par FGM.“ и из курса геометрии Адамара.

№ 1. Через данную вне круга точку А провести секущую ABC так, чтобы треугольник БОС, основанием которого служит хорда ВС, а вершиной — центр круга, имел наибольшую площадь.

Пусть ЛАС—искомая хорда (черт. 1). Площадь треугольника БОС равна DC^r , где DC ± OB. Площадь достигает наибольшего значения при наибольшем значении высоты CD; CD < г. Наибольшее значение высоты есть г при ОС ± OB. Следовательно, Z.BOC прямой и ВС— сторона квадрата, вписанного в круг. Отсюда получаем следующее построение: строим MN — сторону квадрата, вписанного в круг; из центра опускаем на эту сторону перпендикуляр ОР. Радиусом ОР проводим окружность, концентрическую данной, и из точки А — касательные AEF и AKL к проведенной окружности.

AEF и AKL — искомые прямые. Задача всегда возможна и имеет два решения.

Второй способ. Площадь треугольника ВОС равна lj2 г2 sin а, где а есть угол ВОС. При а = 90° площадь имеет наибольшее значение.

№ 2. В треугольнике ABC на основании ВС дана точка М. Требуется провести DE параллельно ВС так, чтобы площадь MDE была наибольшей (черт. 2).

Площадь треугольника MDE, где DE — средняя линия треугольника, параллельная ВС, равна • -у • -y^j • Сравним площадь треугольника MDE с площадью треугольника M^DEU где DXEX меньше DE. Пусть ОлЕ^ = Х, Расстояние между параллельными DE и D±EX обозначим через у. Из подобия треугольников DlAE1 и АБС имеем Qßi = , где fcj — высота треугольника

Черт. 1

Черт. 2

Площадь треугольника

Площадь треугольника dxexm меньше площади треугольника dem. Пусть d2e2 = z. Расстояние между параллельными de и d2en обозначим через t.

Площадь

Итак, наибольшую площадь имеет треугольник DEM, где DE—средняя линия, параллельная ВС.

№ 3. Через точку, данную внутри угла, провести прямую, отсекающую от угла треугольник наименьшей площади (черт. 3).

Черт. 3

Пусть M данная точка. Проведем прямую AMC так, чтобы отрезки AM и MC были равны между собой, и произвольную прямую DME. Покажем, что первая прямая отсекает треугольник наименьшей площади. Проведем АК параллельно ВС. Треугольник АКМ равен треугольнику СЕМ. Итак, площадь треугольника ABC равна площади четырехугольника ВАКЕ, составляющего часть площади треугольника BDE.

№ 4. На диаметре AB взята произвольная точка С, из которой восставлен перпендикуляр СМ. На АС и СВ, как на диаметрах, описаны полуокружности, а на СМ, как на диаметре, — окружность. Показать, что площадь, заключенная между данным полукругом и двумя построенными полукругами, равна площади круга, построенного на СМ, как на диаметре (черт. 4).

Черт. 4

Пусть АС = а; СВ = Ь. Площадь, заключенная между полуокружностями, равна

Площадь круга, построенного на СМ й± = с, равна ~. Так как с2 = ab, то

№ 5. На отрезках АС и СВ диаметра AB полуокружности AMC описаны как на диаметрах полукруги. При каком положении точки С площадь фигуры, заключенной между тремя полукругами, наибольшая.

Рассматриваемая площадь равна площади круга, построенного на СМ как на диаметре (черт. 4). Следовательно, площадь будет наибольшей при СМ, равном радиусу, т. е. при совпадении точки С с центром О.

№ 6. Из треугольников с общим углом при вершине и данной суммой боковых сторон найти треугольник с наименьшим основанием.

Пусть ABC (черт. 5) — равнобедренный треугольник и AEF— произвольный

Черт. 5

треугольник, удовлетворяющий условиям задачи. По условию ВЕ~\-ЕА +ЛС = = ЕА -г АС + CF. Следовательно, BE = = CE; ЕЕ, = £С; < ££> + DFX DFX =DF, EFX < EF.

№ 7 Стороны AB и АС треугольника ABC продолжены за вершины В и С на отрезки BD и CF так, кто BD + 4- CF = ВС (черт. 6). Как следует выбрать точки D и Fy чтобы отрезок DF имел наименьшую величину?

Черт. 6

Пусть /(—произвольная точка на основании ВС и BD = В К; CF=CK Проводим прямую DF. Треугольник ADF имеет постоянный угол А и данную сумму боковых сторон, равную периметру данного треугольника ABC. Периметр треугольника ADF будет наименьшим (см. задачу № 6), если треугольник ADF будет равнобедренным, следовательно, AD = AF=p, где р — полупериметр данного треугольника.

№ 8, На сторонах квадрата ABCD от вершин в одном и том же направлении отложены равные отрезки ААг, ВВЪ CCXf DDX. Показать, что фигура iA^jCjDj— квадрат.

Треугольник AXADX равен треугольнику В1ВА1 (черт. 7). Итак, АгВг = B.C^C.D^D.A,) /_ADXAX = /ВА1В1.

Черт. 7

Следовательно, /mD1A1B1—прямой. Аналогично докажем, что и другие углы четырехугольника Л1£1С1о1 прямые.

№ 9. На сторонах квадрата ABCD от его вершин отложены отрезки ААг = ВВ1 = СС, ■= DD, = X (черт. 7). При каком значении х сторона квадрата A1B1C1Dl будет наименьшей?

Основание прямоугольного треугольника AXADX (сумма боковых сторон которого постоянна — она равна стороне данного квадрата) будет наименьшим в случае равенства катетов. Итак, х = -^-у где а — сторона квадрата.

№ 10. Через вершину А треугольника ABC провести прямую так, чтобы сумма расстояний ее от вершин В и С была наибольшей (черт. 8).

Пусть MN—произвольная прямая; BE + CF = 2KD, где D — середина ВС. DK<AD. Наибольшее значение DK имеет при совпадении DK с медианой AD. Отсюда следует, что искомая прямая Ху перпендикулярна медиане AD.

№ 11, Сумма отрезков перпендикуляров, опущенных из произвольной точки основания равнобедренного треугольника на боковые стороны, постоянна и равна высоте, опущенной на боковую сторону. Пусть MN и MP (черт. 9) — расстояния от точки M до сторон АС и AB. Точка К — основание перпендикуляра, опущенного из точки Ж на высоту, проведенную из вершины С.

Л МКС = Д MNC (гипотенуза MC — общая; / MCN = /_ KMC). MN = CK: PM=KF\ MN + MP = CK -\- KF = CF.

№ 12. На стороне ВС треугольника ABC найти точку, сумма расстояний которой до двух других сторон имеет наименьшее значение

Черт. 8

Черт. 9

Пусть ABC данный тр-к и АС>АВ (черт. 10). Отложим на АС отрезок AD, равный AB. Для всех точек отрезка BD сумма расстояний до сторон AB и АС постоянна и равна BE— высоте, опущенной на сторону АС, ВЕ= hb . Покажем, что для всякой другой точки М, взятой на основании ВС, сумма расстояний до двух других сторон более hb. Проведем из точки M прямую D'MB', параллельную DB. Сумма расстояний от точки M до сторон AB и АС равна высоте h!b равнобедренного треугольника AD'B', hl > hb. Итак, вершина В—точка основания треугольника, сумма расстояний которой до боковых сторон имеет наименьшее значение.

№ 13. На стороне ВС треугольника ABC найти точку, сумма расстояний которой до двух других сторон имеет наибольшее значение.

Задача решается аналогично предыдущей. Искомая точка — вершина С, лежащая против меньшей стороны треугольника. Обозначив сумму расстояний какой-либо точки стороны ВС до двух других сторон через S, получим

Черт. 10.

№ 14. На данной окружности пай ти точку, наименее удаленную от дан ной точки M (черт. 11).

Черт. 11

Проведем прямую ОМ до пересечения с окружностью в точках N и Р. Точка N — искомая. Пусть К—произвольная точка окружности

MN + NO<MK+KO MN < МК

Решение не изменится, если точка M внутри круга.

№ 15. На данной окружности найти точку, наиболее удаленную от данной точки M (черт. 11).

Покажем, что Р— искомая точка. Пусть L—произвольная точка.

ML < МО + OL ML<MO + OP ML < MP.

Решение не изменится, если точка M внутри круга.

№ 16. Найти наименьший отрезок, соединяющий две точки, взятые на двух данных окружностях.

Рассмотрим два случая: 1) окружности лежат одна вне другой; 2) окружности лежат одна внутри другой.

1) Окружности лежат одна вне другой (черт. 12).

Черт. 12

или

откуда

M'N'<PQ9.

Кроме того, так как M'N' менее каждого из отрезков M'N и MN', то MN' является искомым отрезком.

2) Окружности лежат одна внутри другой (черт. 13)

или

откуда

O'N+NM' <0'Q+QP'; NM < QP'.

В случае пересечения или касания окружностей искомый отрезок вырождается в точку.

№ 17. Найти наибольший отрезок, соединяющий две точки, взятые на двух данных окружностях.

Черт. 13

Для обоих случаев, рассматриваемых в предыдущей задаче (черт. 12, 13), имеем

PQ< PO + OO' + O'Q PQ<MO+00' + 0'N PQ < MN.

№ 18. Около данного прямоугольника описать четырехугольник наибольшей площади.

Пусть ABCD данный прямоугольник (черт. 14).

Построим на сторонах прямоугольника вне его, как на диаметрах, полуокружности, прямые MN и PQ будут диагоналями прямоугольника наибольшей площади MN = PQ и MN ± PQ, а потому искомый прямоугольник наибольшей площади — квадрат. Площадь построенного квадрата равна так как диагональ квадрата равна полупериметру прямоугольника.

Следствие. Квадраты, описанные около прямоугольников равного периметра, равны между собой.

№ 19. Из концов А и В диаметра полуокружности (черт. 15) восставлены перпендикуляры к полуокружности, в произвольной точке К проведена касательная DC, где D и С точки пересечения касательной с восставленными перпендикулярами. Где должна находиться точка К, чтобы площадь трапеции была наименьшей?

Площадь трапеции ABCD равна сумме площадей треугольников OAD, OKD ОКС, ОВС; Л OAD = Д OKD; Д ОКС= = д ОВС; следовательно, S — площадь трапеции — равна удвоенной площади треугольника ODC

Черт. 14

Черт. 15

Итак, площадь имеет наименьшее значение при наименьшем значении отрезка DC, т. е. при DC || AB. В этом случае трапеция ABCD обращается в прямоугольник (на чертеже прямоугольник ABMF), площадь которого равна 2г2.

№ 20. Показать, что прямоугольник A F MB, построенный в предыдущей задаче, имеет наименьший периметр из всех трапеций ABCD (см. предыдущую задачу).

На основании задачи № 19 имеем {черт. 15):

где р -полупериметр прямоугольника AFMB, ар' — полупериметр трапеции ABCD.

Черт. 16

№ 21. Из всех трапеций, описанных около данной окружности, найти трапецию наименьшей площади и наименьшего периметра (черт. 16).

Площадь трапеции ABCD равна ML • R, где ML средняя линия трапеции. Площадь имеет наименьшее значение при наименьшем значении средней линии ML. Наименьшее значение ML есть диаметр. Итак, искомая равнобочная трапеция обращается в описанный квадрат PSTQ. Площадь квадрата равна AR2, а периметр равен 8R. Итак, для всякой равнобочной трапеции, описанной около окружности радиуса R, площадь 5 > AR2, а периметр 2р > 8R.

№ 22. На данной прямой найти точку С так, чтобы S=p • АС + q • СВ было наименьшим, где р и q данные положительные числа и /?< q (черт. 17), а В—данная точка вне прямой.

Пусть М— основание перпендикуляра, опущенного из точки В на данную прямую. При наименьшем S=p АС'-J-q • CB=q ^~АС + СВ^ наименьшее значение должно иметь и выражение ^АС + СВ. Отложим на прямой AM от точки А произвольный отрезок AD, равный qt, и на нём, как на диаметре, построим полуокружность; из точки D радиусом, равным pt, засечем окружность в точке Е. На прямую АЕ из данной точки В опустим перпендикуляр BF, пересекающий AM в искомой точке С.

Докажем, что — АС-}-СБ имеет наименьшее значение. По построению = sin CAF; ACslnCAF=CF; Р-АС + СВ = BF. Возьмём на прямой AM произвольную точку N и докажем, что P-AN + NB>BF; J AN + NB = KN + NB>BK>BF. Определим длину отрезка СМ при данных /?, q и d, где d — расстояние от точки В до прямой AM.

Задача имеет смысл при АМ>СМ,

Положение точки С не зависит от положения точки А.

№ 23. Миноносец стоит на якоре в 9 км от ближайшей точки берега. С миноносца надо послать гонца в военный лагерь, расположенный в 15 км считая по берегу от ближайшей к миноносцу точки берега. Если гонец может делать пешком по 5 км. в час,

Черт. 17

а на веслах по 4 км в час, то в каком пункте берега он должен пристать, чтобы поспеть в лагерь в кратчайшее время? Задача сводится к предыдущей (черт. 17).

Обозначим время, затраченное гонцом, через t, тогда имеем;

Сравнивая t с выражением для S в предыдущей задаче, заключаем, что в данной задаче

№ 24. При каком значении острого угла а выражение S = sin а — п cos а имеет абсолютную наименьшую величину ?

отсюда решение задачи:

№ 25. При каком значении острого угла а выражение S = sin а ~\-п cos а имеет наибольшее значение?

Пусть

tg? = /t;

тогда

Дробь cos у ~ имеет наибольшее значение при числителе, равном единице (знаменатель имеет постоянное значение):

№ 26. При конструировании трансформатора переменного тока весьма важно возможно больше заполнить железным сердечником крестообразного сечения внутренность катушки круглого сечения. Каковы должны быть размеры X и у сечения сердечника, изображённого на черт. 18, если радиус катушки равен а?

X = a sin а; у = a cos ос.

Искомая площадь

имеет наибольшее значение при наибольшем значении выражения

Черт. 18

На основании предыдущей задачи заключаем, что наибольшее значение рассматриваемое выражение, а следовательно, и площадь J имеет при tg 2а = 2.

№ 27. Показать, что точка в плоскости треугольника, сумма расстояний к которой от вершины треугольника имеет наименьшее значение, не может лежать вне треугольника.

Черт. 19

Пусть точка М, отличающаяся указанным свойством, лежит вне треугольника (черт. 19). Тогда МА-\-МВ+МС не может быть наименьшим, так как

M'A + MB + MC < MA + MB + MC. Итак, точка, сумма расстояний которой до вершин треугольника имеет наименьшее значение, лежит либо внутри треугольника, либо на одной из его сторон.

№ 28. В плоскости треугольника найти точку, сумма расстояний которой до вершины имеет наименьшее значение.

Возьмём внутри треугольника произвольную точку Р (черт. 20) и определим сумму отрезков РЛ-f-Pß-f- PC. Повернем треугольник БРА на угол 60° вокруг точки В. Точка А займет положение Аи не зависящее от выбора точки Р. Точка Р займёт положение Р'. Треугольники РВРГ — равносторонний, а потому РР' = PB. Итак, РА + PB + PC = ^Р'А^Р'Р+РС. Это выражение будет наименьшим, когда точка Р расположится на прямой АгС. Аналогично докажем, что искомая точка Р лежит на прямой ВСХ (/ СгАС= 60°; АС{ = == АС). Итак, точка Р лежит на пересечении прямых АХС и ВС1. Если точка Р лежит на прямой АгС, то /_ BP' P-f-Z АуР'В =180° и угол A jyß = £АРВ = = 120°. Точка Р может лежать внутри треугольника, если наибольший угол треугольника менее 120°. Стороны треугольника видны из этой точки под углом 120°.

№ 29. В плоскости треугольника АБС с углом, при вершине, равном 12(Т, найти точку, сумма расстояний которой до сторон треугольника имеет наименьшее значение.

Продолжим ВА за вершину А до точки В1 (черт. 21), АВ1 = АС. Покажем, что ВХВ = AB-j- АС является наименьшим значением для суммы расстояний и, следовательно, точка А является искомой. Возьмём внутри треугольника точку Р. Имеем РА+РВ-\-РС = РВ + РРг + -j-P^1 (треугольник Р2РЛ— равносторонний и Z PAP, = £ САВг = 60°) РА + +РВ + PC > ВВг. Следовательно, АВ + + АС<РА + РВ+РС и Л—искомая точка.

Черт. 20

Черт. 21.

№ 30. В плоскости треугольника ABC с углом при вершине А, превышающем 120°, найти точку, сумма расстояний которой до вершин имеет наименьшее значение.

Покажем, что искомой точкой является точка Л — вершина тупого угла (черт. 22).

Черт. 22

Пусть Р—произвольная точка внутри треугольника. Построим равносторонний треугольник РАРг:

А — искомая точка.

1 Pi&i — PC (из равенства треугольников PiABi и А PC).

О ТЕМАТИКЕ АРИФМЕТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

(По поводу статьи проф. И. В. Арнольда)

С. И. НОВОСЕЛОВ (Москва)

Нужны ли задачи с яркой красочной фабулой, задачи с занимательным условием, задачи, оперирующие с конкретными, взятыми из жизни данными? Здесь не может быть двух мнений: такие задачи нужны. Нам представляется, что вопрос должен быть поставлен о количестве и о месте этих нестандартных по содержанию задач.

Повидимому, проф. И. В. Арнольд считает, что нестандартные по содержанию задачи должны составлять основную часть всех решаемых школьниками упражнений. Мы полагаем, что такая точка зрения на подбор арифметических задач является глубоко ошибочной, возникшей в результате абстрактных суждений о педагогическом процессе.

Во-первых. Всякое явление действительности не протекает изолированно, и поставить в поле зрения всю ситуацию, со всеми взаимными переплетениями различных моментов не представляется возможным. Всем известна роль абстракции, когда мы рассматриваем те или иные соотношения, отвлекаясь от прочих осложняющих моментов. Чтобы заставить числовые соотношения выступить наиболее рельефно, необходимо парализовать влияние ряда отвлекающих моментов. Отсюда понятна необходимость задач с обесцвеченной фабулой. Цель этих задач — сосредоточить в поле зрения учащихся лишь числовые соотношения и не допускать распыления внимания. В особенности такие задачи необходимы, когда учащиеся еще не освоились с арифметическим содержанием изучаемого раздела курса. Итак, мы полагаем, что задачи с „искусственными“ (по выражению проф. Арнольда), абстрактными данными по самой сути дела должны иметь место, и здесь не следует, как советует И. В. Арнольд, увлекаться интересной и занимательной формой задачи. Обилие „эмоциональных элементов“, задач „с изюминкой“ и „с перцем“, с придуманным „драматическим положением“ создало бы в задачнике небывалый винегрет эмоций, красок, „изюминок“, „перца“ и, может быть, лишь притупило бы интерес учащихся к занимательным задачам, а вместе с тем и отвлекло бы их внимание от арифметического содержания. Мы согласны, что задачам с уродливыми, фантастическими данными, какими являются пресловутые комбинированные задачи, где число людей задается сложным выражением, содержащим радикалы, не место в школе. В настоящее время нападки на комбинированные задачи, по счастью, потеряли всю свою остроту, ибо эти задачи осуждены педагогической мыслью. Однако между комбинированными задачами и задачами о березах в трех рощах, о емкости бидонов или о скорости зайца, которые так резко осуждает проф. Арнольд, дистанция огромных размеров.

Во-вторых. Подбор тематики задач есть сложная методическая проблема. С одной стороны, необходимо, чтобы числовые данные брались в соответствии с изучаемым разделом, с другой стороны, необходимо, чтобы учащиеся твердо усвоили определенные типы задач. Требование строгой реальности числовых данных заставило бы отказаться от ряда важных упражнений, наложило бы тяжкие запреты и поставило бы составителей задачников в крайне затруднительное положение. Использование задач с абстрактным содержанием позволяет примирить указанные два момента. Нам представляется, что нет большой беды, если в ряде задач, например, скорость будет дана с такой степенью точности, с которой на практике она не измеряется. „Ишь ты“ какая беда, если роща, „как в аптеке“, „потрафит“ количеством деревьев. Само собой разумеется, что явные несообразности в числовых данных должны быть устранены из задачников.

Арифметические задачи в сборниках должны быть представлены в надлежащем количестве и ассортименте. Тенденция дать во что бы то ни стало жизненные или занимательные задачи может привести к появлению надуманных „практических“ или „занимательных“ задач. Это куда большее зло, чем задачи с абстрактным содержанием,— последним по крайней мере всегда можно

придать требуемое арифметическое содержание.

Привитие учащимся практических навыков, умения оперировать с числовыми данными, взятыми из жизни, есть весьма важная задача, которую мы не намерены умалять. Точно так же мы не намерены умалять значение занимательных задач, задач оригинальных по содержанию, задач, требующих сообразительности, или, наконец, „математических ловушек“. Мы полагаем, что такие нестандартные упражнения необходимы, когда учащиеся освоились с арифметическим содержанием данной темы и когда яркость фабулы или наличие различных привходящих моментов не поставит под угрозу осмысливание арифметической стороны дела. Таким образом, методическая проблема заключается в разумном сочетании абстрактного материала с конкретным. В статье проф. Арнольда не только не делается попытки к решению указанной проблемы, но даже отсутствует постановка вопроса в этой плоскости. Горячие призывы автора — „облекайте задачи в форму краткого рассказа“, „придумывайте драматические положения“ и т. п. —на деле в лучшем случае останутся незначащими, беспочвенными пожеланиями, пока не будет указано место этих задач, пока не будет сказано, в какой же пропорции мыслит автор наличие различного вида упражнений в школьном курсе. В целях конкретизации пожеланий автора следовало бы привести должное количество примеров,—так небезынтересно было бы показать читателю образцы задач с драматическим положением. В худшем случае эти призывы автора могут направить учителя по ложному, осужденному педагогической практикой пути злоупотребления элементами занимательности. В высказываниях автора по существу нет ничего нового, наша школа уже. пережила период увлечения ныне осужденными крайними точками зрения.

Несколько неожиданным, не связанным с предыдущим содержанием, является конец статьи. Замечания о работе с классом являются положениями давно известными, с которыми можно познакомиться в любой методике.

ИЗ ОПЫТА

„КРУЖОК МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СМЕКАЛКИ“

М. ЗАРЕЦКИЙ (Москва)

Я преподаю математику в VI-A классе мужской средней школы № 636 Свердловского района г. Москвы и руковожу „кружком математической смекалки“. Кружок был организован следующим образом. Когда я несколько ближе познакомился с новыми для меня учащимися класса, я предложил некоторым из них решить в уме задачу: сколько будет, если 0,0018 помножить на 1004. Ребята заинтересовались вопросом и всю перемену думали над ним. Они давали скороспелые, но неправильные ответы, которые были мной отвергнуты. Я допустил ошибку, предложив задачу на перемене, до урока: некоторые и на уроке продолжали вычислять. Я объявил, что в субботу соберемся — те, кто желает,—и будем решать подобные задачи „на смекалку“. Так начал жить наш кружок. Занятия его происходят два раза в месяц по 1А/2—2 часа. Официальной записи не было. Приходят как наиболее успевающие ученики (не все), так и менее успевающие. Постоянный состав кружка — человек шесть, переменный состав— еще столько же. Обычно на занятиях бывают 5—10 человек. Каждый раз мы разбираем новые вопросы, лишь в редких случаях увязываем работу одного занятия с другим, как это видно будет дальше.

Кружок имеет целью развить математическое мышление учащихся, их смекалку. Думается, что занятия в кружке должны развить и интерес к математи-

ке. Следует отметить, что ученики, постоянно участвующие в работе кружка, охотно идут на занятия, спрашивают о том, когда они состоятся (если происходит передвижка), часто просят к концу занятий разобрать еще вопрос-другой.

Занятия протекают в виде беседы, переходящей иногда в „дискуссию“, руководимую мной. В ходе беседы я делаю для себя заметки, которые помогают мне осмыслить этот своеобразный процесс математического творчества учащихся.

На первом занятии я предложил учащимся испытать свои силы в устном счете. Я давал складывать двузначные числа (38-J-97 и т. п.) и секундомером измерял, как долго думали ученики над ответом. Подобное занятие было с энтузиазмом встречено в другом кружке школьников. Здесь оно не имело успеха. Проверив двух учеников, задав по 3 вопроса каждому, я эту работу прекратил. Однако ряд наблюдений убеждает меня в том, что учащиеся любят выполнять сравнительно простые расчеты „на скорость“.

Решение задач по арифметике, алгебре и геометрии включалось почти в каждое занятие. Я считаю целесообразным, однако, описать работу кружка отдельно по арифметике, алгебре и геометрии.

Понравились ребятам такие задачи, как: написать наибольшее число четырьмя единицами, тремя двойками, тремя девятками. Не все сразу дали правильный ответ на вторую и третью из указанных здесь задач. В беседе мы выяснили, что нужно, вообще говоря, стремиться иметь возможно больший показатель степени. Спустя два с половиной месяца я предложил такую задачу: при помощи цифр 1,2,3,4,5 и 6 обозначить наибольшее число, использовав сложение, вычитание, умножение, деление и возведение в степень. Каждое число и каждое действие должно обязательно фигурировать, и притом один раз. Никто самостоятельно этой задачи не решил. Вот этапы решения задачи наиболее, пожалуй, способным моим алгебраистом А.

На этом месте я дал общее указание: старайтесь, чтобы показатель степени был возможно большим. А. сообразил, что выражение г) меньше, чем выражение в). Далее он написал:

д) з6-4 + 5-2: 1; е)Зв(5 + 4)-2:1.

Наконец, с моей помощью он пришел к ответу:

36(5 + 4):(2— 1).

Другие ученики шли в решении этой задачи ещё менее целенаправленно. Они, между прочим, упорно делали показатель степени однозначным. О том, что для делителя следует оставить разность 2—1, никто сам не догадался.

Когда я попросил придумать дробь больше у, но меньше у, то трое быстро сделали:

. Но не это я имел в виду и исправил формулировку, добавив требование, чтобы знаменатель был однозначным числом. В таком виде задача никем не была решена самостоятельно. Мы подробно разобрали её, выяснили, что-Ц- больше, чем~, так как знаменатель меньше. Труднее было объяснить на основе известного свойства дробей, что-|-меньше у-. Однако ребята поняли, что, прибавляя к числителю и знаменателю правильной дроби одно и то же число, мы дробь увеличиваем, приближаясь к единице.

Понравилась учащимся следующая задача, которая оказалась лёгкой. Были написаны слагаемые и их сумма, но в двух числах стёрлось по цифре. Получилось, примерно, следующее:

Меня интересовал метод решения задачи. Ребята главным образом подбирали подходящие цифры. Лишь ученик Ц. применил какой-то „математический метод“ : 140 — 50 ^ 90; 90 — 41 = 49; 49—10 = 39; 39 — 2 = 37. Устно он толково объяснил, как он нашел цифру единиц, а потом—цифру десятков.

Сравнительно большой спор вызвала следующая интересная задача: „Измерили комнату 5-метровой рулеткой, которая от употребления растянулась и стала длиннее на 5 см. Длина комнаты получилась при измерении равной 7 м. Какова действительная длина комнаты?“ Мнения разделились: одни утверждали, что комната имеет в длину 7 м 7 см, другие настаивали на числе — 6 м 93 см.

— Рулетка длиннее,—говорили они,— значит, комната на самом деле короче.

Заинтересовала известная задача о 100%-й экономии топлива: „Некто узнал об изобретениях: одно из них экономит 30°/о топлива, другое — 45%, третье—25%. Этот человек решил применить все три изобретения сразу, предполагая сэкономить все 100% топлива“.

Ребята засмеялись.

— Этого не может быть...

— Да, пожалуй, не может быть,—говорю я.—Но растолкуйте этому гражданину — сколько процентов экономии он получит.

Посыпались непродуманные ответы.

— 331/з°/о,— называет ответ один из учеников.

— Почему так?

— Одна треть от 100% (!)

— 45%,— говорит другой. Самое сильное действие оказывает второе изобретение, оно „поглотит“ и остальные.

Другие присоединялись к какому-либо из этих мнений, кроме упомянутого выше А. Он приступил к правильному решению задачи, которое было разобрано коллективно.

— А если произвести вычисление в другом порядке, начав, скажем, со второго изобретения, то получили бы мы тот же ответ или нет?

— Тот же,— было мнение всех.

Я увидел, однако, что задача не до всех дошла. Поэтому я предложил эту задачу в более простом варианте: два изобретения дают соответственно 40% и 60% экономии. Думаю, что можно бы ограничиться этой более простой задачей.

Более доходчивой оказалась задача с продавцом, столь же необразованным, как и промышленник из предыдущей задачи.

„Отберите портфели, которые немного испортились от сырости, и переправьте цены на 20% ниже“, —сказал заведующий магазином продавцу.

Тот сделал требуемое, но оказалось, что несколько портфелей разных сортов были в хорошей сохранности и нужно было восстановить их прежние цены. Однако старые ярлычки уже были выброшены. Тогда продавец накинул на новые (уменьшенные) цены 20%. Правильно ли он поступил?“

Все ответили, что так восстанавливать старые цены нельзя, и почти все без большого труда решили эту задачу, т. е. вычислили, на сколько процентов восстановленная цена ниже действительной. Задача понравилась.

Особенно увлекла ребят задача с грушами: 7 груш разделить поровну между 6 мальчиками, но так, чтобы ни одну грушу не резать на б частей.

— Резать на 12 частей, — сразу послышалось несколько ответов.

Вношу поправку: резать не на шестые доли, а на более крупные, т. е. делить каждую грушу на меньшее число частей. Надо бы добавить: резать на равные части, чтобы предупредить ответ — отрезать от каждой груши одну шестую часть.

Задача оказалась трудной. Ученики долго думали. Помощь с моей стороны отвергли. Наконец, один, а потом и второй дали правильные ответы, но планомерно объяснить решение они не могли. Так мы решили эту задачу путем догадки, как это обычно делается. Но на занятиях кружка я решил углубить подход к вопросу и показать метод составления подобных задач. Это было на одном из последующих занятий. Я напомнил задачу с грушами, видоизменил ее (делить не 7, а 5 нруш). Я показал, что ~^==~2' + -g-, т. е. если дать каждому мальчику по одной половинке и по одной трети груши, он получит -g-,

— А если давать по -3- и — г

— Каждый получит ~12 '

— Сколько же груш между сколькими мальчиками можно таким путем разделить (т. е. давая по и -5-)?

Не сразу, но все же догадались: 7 груш между 12 мальчиками.

Разбираем еще пример гу + -g-. Ребята улавливают закономерность, и я предлагаю каждому составить такую задачу.

И вот они составляют задачи: -4~ + “9~ — 13 разделить 13 груш между 36 мальчиками, или : -у- + — — -кг\ разделить 10 груш между 21 мальчиками. Потом придумывают и более сложные задачи: ~ + ~Г=--Ш—=='2Г; 26 груш разделить между 21 мальчиком; резать 14 груш на 3 части каждую и 12 груш на 7 частей каждую; давать по -д- и по —доли каждому. Впрочем, до этих „высот“ дошли не все,

Я предполагал было проанализировать эту задачу и на буквах, но не рискнул сделать это в VI классе.

Для разнообразия я предлагал иногда и задачи-шутки или вообще задачи, где суть дела не в собственно математической стороне. „Связали вместе 2 верёвки: в 3 и в 2 м. Какой длины получилась связанная веревка?“ Не приученные к тому, чтобы и над лёгкими вопросами сперва подумать, кое-кто поспешил сказать: 5 м. Без особого труда, но с особым удовлетворением был найден правильный ответ: меньше 5 му так как часть верёвки идет на узел.

Неожиданно для меня немного путались в следующей задаче: „Из А в В вышел скорый поезд, делающий 60 км в час. Одновременно с ним из В в А вышел товарный поезд, делающий 30 км в час. После 6 часов езды скорый поезд встретился с товарным. Сколько часов шёл товарный поезд до встречи?“ Ученик А. быстро ответил: 6 часов, но его ответ не был подхвачен другими (они вычисляли), и он „исправил“ себя: 12 часов, но тут же опять сказал, что товарный поезд шёл 6 часов. Ученик Ц. твёрдо стоял на том, что 6 часов, другие ещё сомневались. Наконец, после некоторого разбора условия задачи все поняли, что никаких вычислений производить не надо. Стоит отметить: один ученик обратился к чертежу, чтобы решить эту задачу. Другой ученик С. решил её следующим образом: 1) 60 + 30 = 90 км; 2)90 - 6=540км\Ъ)60-6=360/о*; 4) 540— — 360 = 180 км; 5) 180 км : 30—6 (часов).

Этот пример поучителен. Он показывает, что учащиеся часто не стараются представить себе ситуацию задачи, а формально усвоив условие, сразу приступают к решению.

Большой интерес вызвала следующая задача, которая имеет отношение уже к курсу алгебры:

— Сколько ты заплатил за эту вещь?— спросил один другого.

— Полсотни рублей в квадрате.

— Так дёшево?

— Что ты! Очень дорого.

— По-моему, ты заплатил 25 руб. Ведь V2 в квадрате — это а четверть сотни — это 25 руб.

— Да нет же. Полсотни — это 50, а 50 в квадрате — это 2500. Две с половиной тысячи руб. — вот сколько я заплатил.

Кто здесь ошибочно рассуждает?

Раздались было голоса, что оба правы, за что я пристыдил своих кружковцев. Выражение лиц, восклицания — все показывало, что ребята заинтересованы. Прошло несколько минут, ученики стали давать правильные ответы, но объяснить их не могли. Пришлось объяснить, что речь идет не о (Jf) сотни, а о (-^-сотни) , или . юо) =50

С большим удовлетворением ученики приняли решение этой показавшейся им очень хитрой задачи.

Отметим следующее задание, показавшееся сперва простым: „Прочесть словами: 3 [2 (а — Ь) + аЬ]2=?ы (это было в конце ноября). Когда стали пробовать расшифровать это выражение, то оказалось, что это не так легко. Возгласы ой-ой! и смех, когда кто-либо запутывался, показали, что задача задела учеников за живое.

В другой раз было предложено вычислить:

а\а2-Ъ) (a + ô2) (а* —б2) при а = 2, 6 = 4.

Ц. первый показал мне бумажку, где решение было доведено да скобки

(а2 — ft), — он дальше не стал делать, так как было ясно, что ответ нуль. Другие сделали подстановку до конца и получили нуль. Кое-кто ошибся в вычислениях и получил значащий ответ. Любопытно: некоторые ученики утверждали, что все же лучше, „на всякий случай“ довести вычисление до конца.

Когда я предложил доказать, что X2 + X + 1 не может быть отрицательным числом, кружковцы не сразу поняли сущность задания. Они не привыкли решать алгебраические задачи на доказательство. Думали дольше обычного. А. первым приступил к преобразованиям. Половина ребят справилась с первой частью решения: они доказали, что при целом отрицательном х выражение будет положительным.

— А если л — правильная дробь?

Над этим ученики сами не подумали. Пришлось помочь им, чтобы они разобрались в этой задаче. Все же для первого случая самостоятельного и довольно своеобразного доказательства алгебраического положения и этого достаточно.

Запутались ребята, решая следующую задачу: „Пете а лет. Сколько лет Ване, если два года тому назад Ваня был втрое старше Пети?“ Требовалось составить формулу решения задачи. Это было на занятии в ноябре, т. е. после 5 недель изучения алгебры. Задача приучает к систематическому мышлению. Мы составили такую схему:

Сейчас 2 года назад

Петя а а—2

Ваня 3 (а—2)+2 3 (а —2)

Многие вопросы по геометрии были направлены на то, чтобы выяснить представления учащихся. Ребятам нравились эти вопросы: „Может ли быть ...?“. „Может ли прямоугольный треугольник быть равнобедренным; может ли четырехугольник быть невыпуклым; могут ли диагонали четырехугольника пересечься вне четырехугольника?“ — Ответы на такие вопросы рождались обычно в более или менее „ожесточенных“ спорах. На последний вопрос все дали правильный ответ: „Нет, не могут“. Но когда я, для выяснения дела, спросил: „А может ли диагональ четырехугольника лежать вне контура этого четырехугольника?“—все ответили: „Нет“, При этом начертили выпуклый четырехугольник. Я напомнил о том, что многоугольник может быть и невыпуклым (это было спустя более месяца после того, как мы разбирали вопрос о выпуклом и невыпуклом четырехугольнике). Тогда некоторые ученики сказали, что диагонали четырехугольника могут пересечься и вне этой фигуры. Другие оспаривали это мнение, указывая, что пересекается продолжение диагонали. Я подтвердил правильность этого ответа.

Увлекались ребята следующими вопросами: „Есть ли такой треугольник, который можно разрезать на 2 остроугольных треугольника? На два равносторонних треугольника? На два равнобедренных треугольника?“ Вопреки моему ожиданию, почти все быстро и правильно ответили на третий вопрос, предложив в равнокатетном треугольнике провести медиану к гипотенузе. Все свои ответы учащиеся объясняли.

Время от времени задавались вопросы, на которые можно давать правильные ответы, если со всей внимательностью прислушиваться к формулировкам.

— Может ли хорда быть больше диаметра? — спросил я. Но тут же Ц. задал встречный вопрос: „В одной и той же окружности?“

Более „удачным“ оказался другой вопрос подобного же рода, заданный значительно позднее: „Может ли перпендикуляр быть больше наклонной, проведенной из той же точки?“

Оговорка „проведенной из той же точки“, видимо, усыпила внимание учеников. Они начали чертить. Все же некоторые сравнительно быстро — и словом и чертежом—дали правильный ответ: может быть, если перпендикуляр и наклонная проведены к разным прямым.

Большой интерес вызвал вопрос: „Когда сектор бывает сегментом?“ Это было на одном из первых занятий.

— Не может быть,— сказал кто-то.

— Нет, может, — возразил я. Задумались ребята. Наконец, один из них робко сказал:

— Если один радиус продолжение другого.

— А как ты додумался до этого ответа?

— Вот сектор (он начертил). Я вращаю этот радиус, и вот образуется сегмент.

Любопытен динамический подход ученика к решению задачи — через движение.

— А если начать с сегмента? (черчу). Вот хорда.. . (Ученик не может сообразить, что и вращением хорды мы можем прийти к диаметру).

Прошло несколько недель, и ребятам был предложен вопрос, очень их потом заинтересовавший: „Из точки окружности исходят две хорды; сколько при этом образуется сегментов?“ Хороший алгебраист, но более слабый геометр А., сразу ответил: 2. Потом, не встретив поддержки у других, изменил свое мнение и назвал 3 сегмента. Его поддержали. Но скоро мы выяснили, что средняя часть круга — не. сегмент.

— Тогда 2.

— Нет, больше, — подсказываю я, но ученики не догадываются. Я сообщаю ответ: 4.

— Ах, да, — обрадовался тот же ученик А. и объяснил, каким образом здесь образуются 4 сегмента. Этот вопрос я задал потому, что и раньше я сталкивался с тем фактом, что большинство учеников признает сегментом только более узкую часть круга.

Умение „видеть“ геометрическую фигуру нелегко дается учащимся. Я не думал, что трудным окажется вопрос; „Внутри угла проведено два луча, исходящие из его вершины; сколько углов можно назвать в образовавшейся фигуре?“ Были названы цифры: 10, 9, 8, 7, 5, т. е. в „первом туре“ ответов ни один из них не был правильным. Я убедился в том, что ребята ищут эти углы без какой-либо системы, а потому путаются. Кроме того, некоторые пропускали углы, не „замечали“ их. Я предложил искать и отмечать углы в каком-либо порядке.

Тогда появились правильные ответы — 6 углов.

Мне бы хотелось дать побольше практических технических задач, требующих догадливости для своего решения. Но достаточно элементарных таких задач я не знаю, кроме имеющихся в школьных учебниках. По геометрии я придумал следующий вопрос: „Из планок сбита четырехугольная легко подвижная рамочка. Если натянуть по диагоналям нити, то можно ли форму рамки так же легко изменить?“

— Нет.

Такое свойство конструкций называется жёсткостью. Какой известной вам теоремой можно объяснить это явление?

Все попытки учеников дать правильный ответ оказались тщетными, несмотря на примененную наглядность. Пришлось им напомнить теорему о треугольниках с двумя соответственно равными сторонами и с равными углами между этими сторонами.

Опыт моей работы показывает, что учеников интересуют троякого рода вопросы: 1) простые на первый взгляд, но такие, которые оказываются „хитрыми“, когда приступаешь к их решению; 2) вопросы, где, казалось бы, имеются два правильных, но исключающих друг друга решения; 3) заведомо сложные вопросы программного характера, но оформленные, я бы сказал, изящно, оригинально. На всех подобных задачах учащиеся утверждают себя, как математиков, то таких, которых „не проведешь“, то таких, которые сумеют выпутаться, то таких, которые сумеют преодолеть серьезные математические трудности.

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

ОБЗОР НОВЫХ КНИГ

С. И. НОВОСЕЛОВ (Москва)

С. П. Виноградов. Краткий курс высшей математики. Издание девятое, переработанное Б. В. Кутузовым. Утверждено Министерством просвещения РСФСР в качестве учебника для учительских институтов, Учпедгиз, стр. 296, 1946, цена в перепл. 10 р. 80 к.

Настоящее издание является переработкой известной книги С. П. Виноградова—„Краткий курс аналитической геометрии и диференциального и интегрального исчислений“. Учебник С. П. Виноградова пользовался заслуженной известностью среди учащихся в течение долгого времени. Благодаря хорошему математическому языку, краткому и отчетливому изложению книга получила всеобщее признание в качестве одного из лучших учебников для лиц, изучающих курс высшей математики по сокращенной программе. В ограниченных рамках сокращенного курса автор старался по мере возможности использовать современные понятия, и для своего времени книга С. П. Виноградова была прогрессивным явлением. Стремительное развитие математики за последнее время заставило пересмотреть идейное содержание курса высшей математики. Вместо наивных и туманных представлений об универсальной переменной и бесконечно-малой величине и т. п. на первый план выступают понятия множества, соответствия и е — определения посредством неравенств. Увлечение формальной, вычислительной стороной дела уступает место логической строгости рассуждений и точности в определениях основных понятий. Подстановкам Эйлера в интегральном исчислении, диференциальному биному, правилу Лопиталя и т. п. теперь не придается принципиального значения, а учение о бесконечно малых с его иллюзорной простотой становится уже явно отрицательным явлением. В особенности важен высокий идейный уровень курса, предназначенного для студентов учительских институтов — будущих учителей математики. Здесь должно быть сведено к минимуму количество сведений, относящихся, например, к технике диференцирования и интегрирования, которые учитель не будет применять в своей практике. Первостепенное значение для будущего учителя приобретает повышение уровня математического развития, без которого невозможно осмыслить и школьного курса математики. В свете этих требований курс С. П. Виноградова, написанный на идейном уровне учебника прошлого столетия, не может удовлетворить запросам учительских институтов. Однако острая потребность в кратком учебнике и отмеченные выше достоинства книги Виноградова естественно привели к мысли переработать ее, приспособив, по мере возможности, к ныне действующей программе учительских институтов.

Переработка, выполненная Б. В. Кутузовым, сделала все возможное в этом направлении. Заново написаны главы, посвященные теории пределов, добавлен ряд параграфов в соответствии с требованиями программы, исключены многочисленные архаизмы (например бесконечно-удаленные элементы в эвклидовой плоскости), исключен материал, не вошедший в программу (например, кратные интегралы), просмотрен и отредактирован весь текст; Текст, принадлежащий Б. В. Кутузову, написан хорошим языком, и, как нам представляется, автор этого текста нашел правильное решение задачи—дать краткое и вместе с тем строгое в научном отношении изложение основ математическою анализа. В отношении идейного уровня текст Б. В. Кутузова выгодна отличается от первоначального текста автора.

В настоящем, переработанном виде книга может служить учебником для учительских институтов и ее выход в свет удовлетворит на ближайшее время острую потребность в учебнике. Однако* никакая переработка и никакое редактирование старого учебника не могут заставить его отвечать духу современной программы. По указанным причинам следует приветствовать издание книги Виноградова в качестве учебника на ближайшее время, в течение которого должен быть подготовлен новый учебник.

А. И. Маркушевич. Элементы теории аналитических функций. Утверждено Министерством просвещения РСФСР в качестве учебника для физико-математических факультетов педагогических институтов. Учпедгиз, 1944, стр. 544, цена 9 руб. 50 к.

Книга А. И. Маркушевича предназначается в качестве учебника по курсу „Теория функций действительного и комплексного переменного“. Теория аналитических функций, или иначе — теория функций комплексного переменного, изучается после теории функций действительного переменного. По указанной причине предполагается, что читатель знаком с основами теории функций действительного переменного От читателя требуется знание курса диференциального и интегрального исчислений в объеме программы педагогических институтов. Учитывая потребности будущего учителя математики, автор весьма обстоятельно и подробно излагает теорию элементарных функций (многочлены, рациональные, показательная, логарифмическая, тригонометрические и обратные тригонометрические функции). В качестве основного аналитического аппарата, служащего для представления функций.

используются степенные ряды. Принятую автором ориентировку следует признать вполне правильной, как наилучшим образом соответствующую задаче подготовки учителей.

Книга А. И. Маркушевича содержит весь программный материал. Изложение ведется на высоком идейном и научном уровне. Недостатком книги, как учебника, является перегруженность материалом, пространное и недостаточно компактное изложение. Это безусловно создает трудности в пользовании книгой как учебником. Книга является весьма интересным и ценным пособием для студентов и преподавателей педагогических институтов.

Л. Я. Окунев. Основы современной алгебры. Пособие для педвузов. Учпедгиз, 1941, стр. 202, цена 2 р. 95 к.

Книга Л. Я. Окунева предназначается для студентов педагогических институтов в качестве пособия при изучении основ современной алгебры. Книга содержит следующие разделы: основы теории групп, основы теории колец и полей, алгебраические расширения, основы теории Галуа. Понятия современной алгебры — группа, кольцо, поле получили в современной математике весьма большое значение, так, что невозможно быть образованным математиком и не быть знакомым с этими понятиями. Для учителя средней школы знакомство с элементами курса современной алгебры важно, так как в нем получает научное освещение ряд первостепенных вопросов элементарной математики: учение об арифметических действиях и их свойствах, расширение понятия числа, теория многочленов и дробных рациональных функций, теория алгебраических уравнений.

Автор книги Л. Я. Окунев хорошо известен широкому кругу читателей как мастер слова, сочетающий высокий научный уровень изложения с ясностью и отчетливостью языка. Для чтения книги требуется некоторая привычка к абстрактному мышлению. Несмотря на некоторую трудность материала, связанную с его отвлеченностью, книгу можно рекомендовать учителю как ценное пособие в работе над повышением собственной квалификации.

ЗАДАЧИ

Решение задач, помещенных в № 4 за 1941 г.

41

Упростить, не прибегая к лагорифму Евклида, дробь:

1. Разложим на множители числитель и знаменатель :

Итак, члены дроби имеют общим множителем

Л-2 + Л- + 1.

Сократив на него, получим:

2. Более изящный способ состоит в снижении степени испытуемых многочленов. Он базируется на очевидном положении: если многочлены А иВ имеют общий множитель, то этот множитель имеет и многочлен тА + пВ, где тип любые целые числа. В данном случае, обозначив числитель и знаменатель соответственно через А и В, будем иметь:

значит, общий множитель А и В должен быть множителем и выражения

С = 4х* + 3х* +5х* + х + Ъ (1)

(так как х не является множителем А и В), а также выражения:

D = ЗА — В = je* + 7Х* + Зх' + 2х - 4. (2)

Продолжая снижение степеней, получим:

(3) (4)

Наконец, из (3) и (4) получим:

Дальнейшее ясно.

42

Найти дробь, меньшую единицы, зная, что если из её числителя вычесть 12, а к знаменателю прибавить 7, то полученная дробь будет вчетверо меньше дроби, которая помучится, если к числителю искомой дроби прибавить 7, а из знаменателя вычесть 12.

Обозначив члены искомой дроби через я и >\ по условию имеем:

(I)

Если мы сократим каждую из этих дробей, то должны будем получить одну и ту же несократимую дробь. Обозначив ее через ~ (а и b натуральные числа), можем написать:

(2)

(третью дробь мы получим, умножив числитель и знаменатель второй на 4). Отсюда, пользуясь свойством производных пропорций, получим: 1) Вычтя члены 2-й дроби из соответствующих членов 4-й:

(3)

2) Вычтя из членов 3-й дроби соответствующие члены 4-й:

(4)

Из (3) и (4) заключаем, что а может быть равно лишь 19 или 1, a b лишь 1, 2, 4, 19, 38 и 76 (при этом должно быть а<Ь). Пусть а — 19. Тогда b может быть равно лишь 38 или 76. И в том и в другом случае дробь ~ является сократимой. Пусть а = 1. Тогда из (3) имеем: Зу — 55 = т.

Отсюда:

Так как у — целое, что 6+1 должно делиться на З. Значит, b может быть равно только 2 или 38.

Пусть Ь = 2. Тогда у- 66+ 18+1 =31. Из (3) подстановкой найдем, что а = 1,а тогда из (4) получим д: = 31. Найденная дробь — не подходит, так как по условию дробь должна быть меньше единицы. Пусть b = 38. Тогда у = 6 • 38+ 18 + 13 = 259.

Из (4) находим х = 19. Дробь -~ удовлетворяет всем условиям задачи.

43.

Решить уравнение:

Найти геометрическое место точек, координаты которых удовлетворяют уравнению:

Так как t§^-== Ь то данное уравнение можем переписать так:

Отсюда:

Заменив а на у, получим:

Геометрическим местом точек, координаты которых удовлетворяют этому уравнению, является пучок прямых, параллельных биссектрисе 2-го и 4-го координатных углов.

44.

Дана дробь:

где а и b числа взаимно простые.

При каком условии члены дроби могут иметь общих делителей? Найти эти делители. Определить а и Ь, если дробь равна -yg-.

Всякий общий делитель а -f- b и я3 — ab -}- b2 = = (a -j- b)2 — ЪаЬ должен быть также делителем и Sab. Но а -f- b не может иметь общих делителей ни с а, ни с by так как, например, общий делитель а -f- Ь и а был бы делителем и (а + Ь) — а = Ь, что противоречит условию.

Итак, члены дроби могут иметь обшим делителем только число 3, причем если числитель делится на 3, то и знаменатель обязательно на него делится, что вытекает из равенства а'2 — ab -\- Ь'2 = = (a-\-by — Zab.

Покажем, что члены дроби не могут иметь общим делителем больше одной тройки.

Пусть числитель (а следовательно, и знаменатель) делится на 3. Так как а и b по условию не могут одновременно делиться на 3, то можем положить: а = Зт +1 ; b = Зп — 1 (или наоборот, что безразлично). Будем иметь:

Непосредственно видно, что по сокращении дроби на 3 знаменатель будет иметь вид 3Ä-J-1, т. е. на 3 уже не делится. Для предположенного частного случая имеем:

Числитель а-\-Ь не может равняться 3, так как в этом случае мы имели бы а= 1 и b = 2 (или наоборот) и тогда а2 — ab + b2 = 3, а не 13. Следовательно, члены дроби имеют общий множитель, который, по предыдущему, может быть только 3.

Значит, а + b = 9 и а- — ab + b2 = 39, откуда легко найдем а = 2, Ь = 7 (или наоборот).

45.

Доказать, не прибегая к делению, что многочлен

(1)

делится на многочлен

(2)

Второй многочлен, как легко проверить, может быть представлен в виде

^+y)(y + 2){Z^X).

Следовательно, для решения задачи достаточно показать, что многочлен (1) делится в отдельности на X -\-у, у + <z, z -J- х.

Но при х = —у получаем:

По теореме Безу заключаем, что многочлен (1) делится на х-\-у. Точно так же покажем, что он делится шу-\-г и на z ~\- х\ следовательно, делится и на '6{х -f-_y)(y + z){z-\-x) (с точностью до постоянного множителя).

46.

Определить углы треугольника, зная, что их тангенсы пропорциональны трем данным числам: а, ß, т.

Для углов треугольника имеем формулу:

tgЛ + tgБ + tgC=tgЛ -tgß . tgC. (1)

Вывести ее можно хотя бы так:

По освобождении от знаменателя получим (1). По условию имеем:

(2)

Отсюда :

\gA = ka; t£ß = *ß; tgC = £T. (3)

Подставив из (3j в (1), найдем

k • (a + ß + 7) = ^aßT. (4)

Отсюда-

(4)

Подставив k из (5) в (3), найдем углы треугольника.

Исследование. Очевидно, что а, ß и 7 должны быть числами действительными. Если все они одинакового знака, то, не снижая общности, можем считать их положительными. Тогда k2 в (4) будет положительно и (5) дает два значения для k. Однако мы должны взять только положительное значение k, так как в противном случае, как видно из (3), тангенсы углов А, В и С будут отрицательные, т. е. все три угла будут тупыми, что в треугольнике быть не может. Итак, в этом случае всегда имеем одно решение. Если а, ß и 7 имеют различные знаки, то без ущерба для общности можем считать а и ß положительными, a y отрицательным. Тогда в (4) знаменатель отрицателен, и для того, чтобы X2 было положительным, должно быть

« + § + 7 < О,

т. е.

!т1 +

Из (3) тогда будем иметь:

tgЛ > 0; tgß>0; tgC<^

т. е.

А < 90°; В < 90°; С > 90°.

Следовательно, в этом случае задача имеет одно решение при условии, если |?| > <*-f-ß.

47.

Найти четырехзначные числа abed, в которых все четыре цифры различны и, кроме того,

a-\-b= c + d; Ы = 2ab — 1.

По условию имеем:

a + b = c + d, (1)

20a + 2b = Юс -j-d+U (2)

Выразим а и b через с и d. Умножив (1) на 2 и вычтя из (2), получим:

18а = 8с- d+\. (3)

Умножив (1) на 20 и вычтя из него (2), получим

186=« Юс +Ш —1. (4)

Из (3) заключаем, что 8с — d-\-1 должно делиться на 18. Так как наибольшее значение этого выражения (при с = 9 и d = 0) может быть 73, то из (3) следует, что а может быть равно только 1, 2, 3 и 4.

1. a sss 1. Тогда

8с — d + l = 18

или:

d - 8с — 17. (5)

Так как 0<rf<9, то из (5) заключаем, что с может быть равно только 3. Тогда d = 7 и из (4) находим Ь= 9. Получаем опно решение:

а = 1; Ь = 9', с = 3; d = J; число 1937.

2. а = 2. Тогда 8с — d +1 = 36 или:

d = 8c — 35. (6)

Из уравнения (6) заключаем, что с может быть равно только 5. Соответственно получаем d = 5; b — 8; а = 2. Полученное число 2855 не удовлетворяет условию задачи, так как имеет две одинаковые цифры.

3. а = 3. Аналогично предыдущему находим с— 7 и затем d = 3 и Ь = 7. Полученное число 3773 не удовлетворяет условию задачи.

4. я = 4. Тогда 8с — d + 1 = 72 или

d = 8c — 7\.

Отсюда находим: с = 9; ûf= 1; и из (4) Ь=6 Получаем второе решение задачи — число 4691.

48.

Доказать, что при п целом и неотрицательном число

МП = 2П + 2 • Зп + Ъп-4 (1)

делится на 23.

Применим метод математической индукции. Допустим, что положение справедливо при некотором значении n — k. Докажем его справедливость при n — k -р 1.

Имеем:

(2)

Из (2) заключаем, что если Mk делится на 25, то и Mk делится на 25. Но при k = 0 Mk =0, т. е. делится на 25. Отсюда вытекает справедливость положении для любого целого # >0.

Другое решение. Имеем:

Мп =4 . 6я + 5я - 4 = 4 (1 + 5)л + 5л-4. (3) Разлагая (1+5)“ по формуле бинома и вынося из членов разложения, начиная с третьего, 25 за скобку, будем иметь:

где А — натуральное число или нуль (при п = 1). (4). Равенство (4) и показывает справедливость положения для п > 0. Для п = 0 убеждаемся непосредственной подстановкой.

49.

Решить в целых положительных числах уравнение:

(1)

Из (1) получаем:

z2 — у* = 2хъ — 2ху

или:

zt = x>+(x-y)2. (2)

I. Допустим:

х=у. (3)

Тогда из (2) имеем:

z = х.

(При z =—X знаменатель левой части (1) обращается в нуль). Итак, в этом случае х = у = z — m, где m любое целое положительное число.

II. Положим, хФу. Тогда из (2) видим, что z, X и X — у являются пифагоровыми числами, т. е. выражают соответственно гипотенузу и катеты целочисленного прямоугольного треугольника. Следовательно, по известной формуле можем положить;

Па

(4) (5)

(6)

Или: Пь

(7) (8)

(9)

где произвольное целое положительное число, тип — произвольные целые положительные взаимно-простые числа различной четности. Для \\а из (5) и (6) находим:

у = k (m2 — л2 — 2тп). (10)

Для Ub из (8) и (9)

у = k («2 — m« + 2тп). (II)

Для того чтобы у было положительным, необходимо наличие условий: для (10)

получается решением неравенства:

для (11)

(из неравенства

50.

Решить в целых положительных числах уравнение:

Из данного уравнения следует, что

х>у. (1)

Приводим уравнение к виду

(2)

Так как то

(3)

Из (2) и (3) получаем:

*.2г 10>

Поэтому примем

X = 9 fx',

где X' — целое положительное число.

Из (2) и (4) находим (подробности — ряд действий и преобразований — опускаем):

(х' — уу= 4 (7у — 2х' - 5). (5)

Из (5) видно, что X'— у — число четное; обозначим его через 2z:

x' — v = 2z (6)

y = x'-2z. (7)

Из (5), (6) и (7) получаем:

(8)

Произведение z (z + 4) должно делиться на 5; следовательно, можно принять порознь:

z = 5t (91)

z = 5* - 4 (92)

(t — целое число).

Из (8) и (9j) получаем:

X* = 5/2+Ш+1. (10)

И, следовательно, в силу уравнения (4)

* = 5*2 + 14*+ 10 (11,)

и на основании (7) и (9Х)

y+bÇ+At+l. (12,)

На основании (1) имеем [подставляя значения из (Hi) и (12!)]

10* + 9 > 0,

откуда

t>o. :щ

Из (8) и (92) имеем:

X' =5/2 + 6/ — 7: (102)

и, следовательно,

х = 5/* + 6* + 2 (П2)

У = 5**— 4*+1. (122)

Из (1), (112) и (12.) следует?

но t = 0 даёт: х = 2, что противоречит уравнению (4), следовательно:

t > 1. (13а)

Итак, целыми положительными корнями данного в задаче уравнения являются выражения (1\г) и (12j) при условии (13!), а также (112)» (122) при условии (132).

Решения можно наглядно представить в виде следующих двух бесконечных последовательностей:

1, 10, 29, 55, 97, ... (А) [«! =1, а/1 + 1Мая+10я-1]

2, 13, 34, 65, 106,.. (В)

[*i=2. ön + 1 = bn +10/1+1].

При любом л = 1, 2,3,... значения д; = ап + 1в 3, - ял f

а также д: = £л . 1эд> = Ьп удовлетворяют уравнению.

51.

Вычислить сумму:

при п>2. Имеем:

(1)

Отсюда по сокращении в каждом члене:

(2)

или:

Выражение в первых квадратных скобках равно нулю (как сумма биномиальных коэфициентов в разложении (а—Ь)п ~~ Отсюда по сокращении в каждом члене во вторых скобках и по вынесении за скобки — (п—1) получим:

(3)

Но выражение в квадратных скобках в (3) также

равно нулю.

Отсюда

5=0. 52.

Доказать тождество:

Непосредственной проверкой можно убедиться в справедливости тождества:

(2)

Давая во (2) п значения 1, 2, 3, . . , я, получим

Складывая эти равенства по столбцам, получим:

Применяя в каждой скобке известную формулу:

найдем:

и т. д В результате получаем требуемое тождество (I).

53.

Точки А\, В\, Обоснования высот аАСВ, опущенных соответственно на стороны ВС, CA и AB. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных из точки Ах на высоты ВВ\ и CCj и на стороны AB и CA, все четыре лежат на одной и той же прямой (черт. 1).

Черт. 1

Решение. Построим окружности на А\ В и Ах С, как на диаметре. Эти окружности пройдут через проекции точки А\ на высоты и на стороны, обозначенные соответственно М, М' и N, Nv Пусть 5 — центр гомотетии этих окружностей. Эта же точка — центр инверсии, преобразующей одну из этих окружностей в другую. Окружность, построенная на АгН как на диаметре, пройдет через точки М, М' и будет ортогональной по отношению к окружности инверсии. Поэтому точки M и М' будут взаимны в этой инверсии, следовательно, прямая M M', пройдет через точку S. Так как BN \\ Аъ М\ то точки М' и N взаимны в гомотетии по отношению к центру S, поэтому S, N и М' лежат на одной и той же прямой.

Аналогично получим, что точки S, M и№ тоже лежат на одной и той же прямой, которая совпадает с предыдущей.

54.

Построить Л ABC, зная его угол А, медиану та и его площадь (“черт. 2).

Решение. Продолжим медиану AM за точку M на длину MD= AM.

Черт. 2.

Тогда Л MCD = л АМВ.

Следовательно, площадь л ABC равна площади A ACD.

Беря за основание л ACD известный отрезок AD = 2 та, увидим, что тогда, зная основание и площадь, мы можем найти высоту д ACD.

Так как CD || AB, то ^ ACD = 1800--^ А.

Итак, в aACD известны: основание, высота и угол при вершине. Для построения Зтого треугольника берем основание AD = 2 та и проводим к нему параллельную на расстоянии, равном высоте, на отрезке AD строим сегмент, вмещающий угол, равный 180°—^ А. Тогда пересечение дуги сегмента с параллельной даст точку С. Точка В будет симметрична с С по отношению к середине M отрезка AD.

55.

На стороне AB правильного A ABC взята точка D и проведены DE \\ АС (точка Е на стороне ВС), ЕЕ \\ AB (точка Е на стороне АС) и EG II ВС (точка G на стороне AB) (черт. 3). При каком положении точки D на стороне AB площадь трапеции DE EG будет наибольшей?

Черт. 3

Решение. Проведем GM || АС и DN || ВС.

Если вершину Ева MGE перенести параллельно основанию GM в точку А, то площадь треугольника не изменится. Точно так же вершину

Е в л NDE можно перенести в точку В. Этим самым наша трапеция DEFG преобразуется в равновеликую трапецию ABMN. Фигуры AFMG n BEND ромбы, следовательно, точки M и N лежат на биссектрисах углов при вершинах А и В в д ABC.

Если мы теперь будем искать maximum площади трапеции AMNB, то увидим, что площадь увеличивается при увеличении расстояния прямой MN от основания AB. Но это увеличение площади будет происходить только до тех пор, пока прямая MN не пройдет через точку Р пересечения биссектрис. Таким образом maximum площади трапеции будет равен площади л АРВ, равной */3 площади д ABC. Остальные трапеции будут меньше этой площади на величину площади д MNP (это будет справедливо, как легко убедиться таким же построением и для случая, когда MN пройдет выше точки Р). Итак, искомое положение D на прямой А В будет соответствовать условию BD = llsAB.

Произведем теперь аналогичное построение в равнобедренном д ABC с основанием ~АВ и с АС = ВС Так как всякий равнобедренный треугольник можно рассматривать как параллельную проекцию равностороннего треугольника, если сторона его AB лежит на плоскости проекции, то, как известно, площади проекции остаются в тех же отношениях, как и площади в проектируемой фигуре. С другой стороны, при параллельном проектировании сохраняется отношение отрезков одной и той же прямой. Поэтому в равнобедренном а ABC точка D будет для случая maximum'a лежать на 11ъАВ9 точка Р будет центром тяжести а ABC и максмальная площадь будет равна попрежнему 1/8 площади а ABC. Пусть, наконец, а ABC произвольный. Берем AB за основание и производим такое же построение трапеции DEFG. Будем перемещать теперь вершину параллельно основанию так, чтобы треугольник преобразовался в равнобедренный. При этом преобразовании не изменяются ни площадь треугольника, ни площади трапеции, ни отношения отрезков на одной и той же прямой. Таким образом, и для треугольника произвольного вида предложение остается справедливым.

56.

На плоскости через вершины А, В, С треугольника ABC проведены соответственно три прямые DE, EF, FD, образующие /\ DEF так что Z ÄCD = £ ВАЕ = £ CBF= ср.

Определить значение угла ср, при котором площадь &DEF будет наибольшей (черт. 4).

Решение. /JZAE = а -|-<р —внешний по отношению к AADC, поэтому а + <р = + откуда /_D = а. Таким же образом покажем, что

Следовательно, Д DEF~£±ABC. Поэтому, когда угол ср изменяется, то точки D, Е и F перемещаются по дугам окружностей, вмещающим соответственно углы а, (3, у. Площадь &DEF будет наибольшей в том случае, когда стороны его будут иметь наибольшую длину. Эти стороны являются отрезками общих секущих двух окружностей, проходящих через общие точки этих окружностей.

Рассмотрим одну из таких секущих, например EF. Покажем, что она будет иметь наибольшую длину в том случае, если будет параллельна линии центров 0203. Действительно, опуская из 02 и 03 перпендикуляры на EF и Е' F' || Оа 03, убедимся, что Е' F' = 202 03, a EF=*20B Q. Но мз прямоугольного д 02 Оц Q видим, что гипотенуза Ов 02 > 03 Q, следовательно, Е' F' > EF.

Далее заметим, что д 0\ 02 03 ~ Д ABC. Действительно: Л A Ol С = 2», а Л 02 0\ 03 = = lk С = а. Все три окружности пересекаются в одной и той же точке Р (если мы рассмотрим Р как точку пересечения двух окружностей Ох и 02, то имеем АРС = 180° — а; Л АРВ = 180° — р; поэтому £ СРВ = 180° — 7, следовательно, окружность 03 пройдет через Р)\ поэтому прямая 0А02 делит дугу АР пополам, а прямая о1о3 делит PC пополам. Таким же образом докажем, что Zöi^iA^ß» Z02^söi = 7-Поэтому, если в а Е'F' D' будем иметь E'F' II 02 03, то и F'D' И Ох 03, Е' D' || Ох D2, в силу того, что a D' Е' F' ~ a ABC, и значит д D'E' F'~a O1O2O3.

57.

Вписать в данную окружность трапецию, зная ее высоту и сумму или разность оснований (черт. 5).

Черт. 4

Черт. 5

Решение. Положим, ABDC — искомая трапеция. Отложив BE = CD, получим ÄE — данную сумму оснований. Так как вписанная трапеция всегда равнобедренная, то AD = ВС. Из параллелограма BEDC видим,™ РЕ = СВ.

Но тогда DE — AD и д ADE равнобедренный в котором нам известна высота, равная высоте,

трапеции, и основание АЕ, равное данной сумме оснований. Равнобедренный треугольник можно построить по основанию и высоте. Строя его, мы тем самым найдем все элементы искомой трапеции. Угол при основании построенного треугольника будет равен одному из вписанных углов DAB и 21 СВА, чем определяется одна из дуг АС и DB; строя, например, дугу АС, найдем точки А и С; точку D найдем засечкой из точки А на данной окружности, причем радиус засечки — известное расстояние AD — сторона построенного треугольника.

Совершенно аналогичным путём производится построение трапеции по разности оснований и высоте.

58.

В плоскости дан a ABC. Плоскость повернута на £А около точки Л, затем на £ В около точки В, наконец, на £С около точки С, после чего д ABC занял положение А'В'С1 Доказать, что треугольник ABC может быть переведен в положение А'В'С* одним поворотом плоскости.

Найти центр и угол этого поворота.

Решение. Как известно, каждое вращение можно заменить двумя осевыми симметриями с осями, проходящими через центр вращения, причём угол между осями равен половине угла вращения и одну из осей можно провести произвольно.

Если мы разложим вращение около точки А на симметрии с осями 1Ь /2, причём ось /2 проведём через точку В, вращение около центра В разложим на симметрии с осями 1\ и /'2, причем ось р\ направим через точку Л,—-тогда симметрии около совпадающих осей /2 и 1\ приведут к тождественному преобразованию, а симметрии около осей 1Х и /2 дадут новое вращение с новым центром и углом вращения, равным

LA + AB.

Присоединяя сюда ещё и третье вращение на ^С, мы таким же путём получим, что результирующее преобразование будет вращением на угол:

Z.A + £В + 21 С=180°,

т. е. центральной симметрией. Центр искомой симметрии будет серединой отрезка, соединяющего пару взаимных точек.

Для получения новой пары обратим внимание на положение точки Л; после первого вращения она остаётся на месте, после второго вращения она попадает на прямую ВС (так как вращение на Z. В совмещает прямую ВА с прямой ВС). После третьего вращения около точки С, согласно аналогичным соображениям, точка А попадёт на прямую АС и займет некоторое положение А'. Беря середину полученного отрезка, найдем искомый центр.

Заметим, что при решении задачи мы предполагали, что вращения совершаются в одном и том же направлении (что, к сожалению, не оговорено в условии). Без этого предположения задача была бы неопределённой

59.

Даны угол и вне его точка. Провести через эту точку секущую так, чтобы сумма двух отрезков, определяемая этой секущей на сторонах угла, считая от вершины, равнялась данной длине (черт. 6).

Решение. Пусть S — вершина угла, Р — данная точка, s — данная длина. Положим, что секущая AB удовлетворит условию задачи. Положим,

SA = х; SB = у.

Проведем еще РМ \\ SA и обозначим РМ = m и SM = а. Тогда из подобия ASAB и аВМР получим:

или

откуда

или

Принимая во внимание, что x-\-y = st получим:

или

откуда:

Черт. 6

Обозначим s — m — а = 2р; получим, решая квадратное уравнение:

*Ъ2 —Р± \/ptJrms — выражение, которое можно легко построить, положив ms = z*.

Черт. 7

60.

На окружности даны хорда AB и ее середины М.

Через эту точку проведены еще две произвольные хорды PQ и P'Q'.

Отрезки PQ' и P'Q пересекают хорду AB s точках С и D. Доказать, что АС—BD <черт. 7).

Решение. Предложение будет доказано, если мы докажем равенство MC = MD, которое в свою очередь будет доказано, если докажем равенство углов: Z СОМ = Z DOM. Построим на ~ОСи OD, как на диаметрах, окружности. Эти окружности и пересекут PQ' и P'Q соответственно в точках Е иГ. Углы при точках Е и F(£OEC и Z О FD) прямые, так как опираются на диаметр, поэтому Е и F середины хорд PQ' и P'Q. д MPQ' оо ou л MP'Q по равенству вписанных углов /Р=^Я' и Z Q = Z а так как ME и MF медианы, то и л MQ'E оо д QiW/\

Значит, Z Q'/rAf = Z QFM. Ho Z CßÄf = = Z £СШ и Z DFM = Z по свойству вписанных углов. Следовательно, и £СОМ = = Z DOM, но тогда л СОР р_авнобедренный и CM = DM, а значит, и ЛС = ЯО.

ЗАДАЧИ

21. Заполнить клетки разграфленного квадрата числами так, чтобы их произведения во всех строках, во всех столбцах и в обеих диагоналях были одинаковы (т. е. составить образчик магического квадрата с постоянным произведением и указать способ составления таких квадратов).

Я. Перельман (Ленинград)1

22. Квадрат целого числа оканчивается тремя одинаковыми цифрами. Какими?

Я- Перельман (Ленинград)

23. Некоторое расстояние было промерено дважды. Результат первого измерения 150,2 м, второго 149,9 я. Какова истинная величина промеренного расстояния?

Я. Перельман (Ленинград)

24. По какой системе счисления нужно написать число 75, чтобы при делении на 5 (написанное в той же системе) оно давало в остатке 3.

Я- Перельман (Ленинград)

25. Имеются два яйца одинаковой формы, но различной величины. Требуется, не разбивая яиц, определить приближенно вес их скорлупы. Какие измерения, взвешивания и вычисления нужно для этого выполнить? Толщину скорлупы обоих яиц можно считать одинаковой.

#. Перельман. (Ленинград)

26. Может ли корень 17-й степени из двадцатитрехзначного числа оканчиваться на 5?

С. Городов (Ленинград)

27. Одна из цифр многозначного числа (но не последняя) нуль. Для того чтобы разделить это число на 9, достаточно зачеркнуть этот нуль.

I. На каком месте должна стоять эга цифра нуль?

II. Доказать: чтобы частное от деления искомого числа на 9 (первое частное) снова разделить на 9, достаточно зачеркнуть в нем первую цифру (слева).

III. Найти все числа, удовлетворяющие условиям задачи.

В. и С. Синакевичи (Ленинград)

28. Решить в целых числах уравнение:

И. Кастровицкий (Ленинград)

29. Доказать, что при любом целом п>4 число п2 — Зп не может быть точным квадратом.

30. Решить уравнение:

хб _ 17дч _ 12*з + 33*2 + 4лг — 1 = 0.

31. Найти арифметическую прогрессию, сумма п членов которой равна n(2n + S).

32. В семизначном числе, имеющем 108 делителей, первая цифра (слева) 1, вторая 0. Это же число, уменьшенное в 12 раз, имеет 70, а увеличенное в 18 раз—160 делителей. Найти это число

В. Скобеев (Новгород)

33. Решить уравнение:

ctg8* + cosecSjc = 3.

И. Гохман (Одесса)

34. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и разности двух отрезков, соединяющих центр вписанного в этот треугольник круга с вершинами его острых углов.

35. Построить треугольник по основанию а, А и радиусу г вне вписанного круга.

1 Яков Исидорович Перельман — автор широко известных книг по „занимательной математике“, умер в Ленинграде в 1942 г. Печатаемые здесь задачи были присланы Я. И. Перельманом в 1941 г. и предназначались для № 5 журнала, который не вышел по условиям военного времени.

M. Шебаршин (Кемеровская обл.)

36. Построить треугольник по сумме двух сторон b -f- с, разности углов В — С и радиусу г вневписанного круга.

М. Шебаршин (Кемеровская обл.)

37. В треугольнике ABC проведены: BE || ВС; EG II АС и HJ II AB так, что в шестиугольник DEEGHJ можно вписать круг. Доказать, что из отрезков DE, EG и HJ всегда можно построить треугольник.

М. Шебаршин (Кемеровская обл.)

38. Доказать, что если sinx + slny = 2sin (х + у) и * +У Ф 2£ п»

то

39. Доказать тождество:

40. К двум внешне касающимся окружностям провести секущую так, чтобы окружности отсекли на ней три равных отрезка.

СОДЕРЖАНИЕ

Научно-популярный отдел

Проф. Н. Ф. Четверухин — Стереометрические задачи на проекционном чертеже . 1

Из истории математики

Проф. И. Я- Депман — Задачи на деление площадей............ . . 10

Методика

Г. Л. Невяжский и С. И. Новоселов — Об исследовании уравнений ...... 15

Проф. И. В. Арнольд — О задачах по арифметике............. 30

С. И. Зетель — Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений . . . 39

С И. Новоселов — О тематике арифметических задач............. 47

Из опыта

М. Зарецкий—„Кружок математической смекалки“..............4gf

Критика и библиография

С. И. Новоселов — Обзор новых книг....................54

Задачи

Решение задач, помещенных в № 4 за 1941 г..................55

Задачи.................,................. . 63