МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ

МЕТОДИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ОРГАН МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР

№ 5

СЕНТЯБРЬ—ОКТЯБРЬ 1949

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

ОЧЕРК ЛОГИЧЕСКИХ ОСНОВ МЕТОДОВ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ДОКАЗАТЕЛЬСТВА

В. Л. МИНКОВСКИЙ (г. Шадринск)

Постановка преподавания математики в средней школе предполагает осуществление систематического повторения. Обобщающий характер повторения в выпускном классе должен в основном выражаться в выявлении логических основ науки. Здесь должно быть обращено особое внимание на уяснение правил и методов логического доказательства. При этом разумеется, что вводить учащихся в круг этих идей надо с должной постепенностью и осторожностью. Было бы лишним и, в силу преждевременности, вредным знакомить учеников с современной математической логикой и общими проблемами аксиоматики, но ощущается весьма настоятельная потребность в изучении некоторых элементов теории доказательства в плане классической логики*.

В указанном направлении написана и настоящая статья, рассчитанная на преподавателей математики средней школы.

Доказательство и его составные части

Доказать данное суждение, т. е. какое-либо утверждение или отрицание,—это значит вывести рассматриваемое суждение из таких суждений, истинность которых не вызывает сомнения. Под доказательством суждения подразумевается вывод его из суждений, установленных ранее.

Отсюда видно, что для получения доказуемых суждений в любой системе знаний необходимо обладать суждениями, не прошедшими через горнило доказательства, но тем не менее признанными истинными. Такие первоначальные общие положения образуют необходимые основания, принципы или начала всех доказательств данной научной области. Последовательное присоединение к числу заведомо истинных положений уже доказанных теорем должно обеспечить возможность только из этих истин выводить новые и избегать повторений.

В доказательстве различают три основные части: 1) тезис, 2) аргументы и 3) демонстрацию.

Тезисом называют доказываемое положение. Он отвечает на вопрос что? (что доказывается?).

Аргументами, или основаниями доказательствами, называются те положения, из которых должен быть выведен тезис. Они отвечают на вопрос чем? (чем, с помощью чего доказывается?).

Наконец, демонстрацией, или рассуждением, называется та последовательность умозаключений, которая приводит к выводу. Демонстрация отвечает на вопрос как? (как, каким образом доказать?).

Математики часто говорят, что важно не только что доказать, но и как доказать. В зависимости от порядка изложения логической дисциплины или от степени ее разработанности выбор аргументов для доказательства данного положения может быть разнообразен. Отсюда возникает возможность нескольких вариаций, в числе которых выявляются и так называемые изящные доказательства.

* См. сообщение о постановлении ЦК ВКП (б) «О преподавании логики и психологии в средней школе», газ. «Культура и жизнь», № 16 от 30 ноября 1946 г.

Тезис

Логическое доказательство подчиняется определенным правилам. Если хотя бы одно из этих правил нарушено, то достоверность доказательства подлежит сомнению.

Рассмотрение этого вопроса начнем с анализа тех требований, которые должны быть предъявлены к доказываемому положению.

1° Тезис доказательства не должен принадлежать к числу тех суждений, которые приняты в качестве основных принципов или начал данной отрасли знания.

Всякая попытка доказать один из основных принципов данной отрасли знания требует использования какого-нибудь положения из числа эквивалентных доказываемому. Много поучительного с этой точки зрения дает длительная история V постулата Евклида. Многочисленные попытки его доказательства выявили большое число суждений, которыми может быть заменен этот классический постулат евклидовой геометрии. В их число входят: сумма внутренних углов треугольника равна двум прямым, существуют подобные треугольники и многие другие. С аналогичным явлением встретились математики несколько десятилетий тому назад в связи с попытками доказать принцип индукции. Эти попытки сопровождались спором о том, является ли принцип математической индукции аксиомой или теоремой. В споре принимали участие такие крупные математики, как Анри Пуанкаре (1854—1912). В то время еще не было ясно, что ответ на поставленный вопрос исключительно зависит от того, какая принята в арифметике система аксиом.

2° Тезис должен быть сформулирован ясно и определенно.

Определенность формулировки достигается полнотой перечисления тех предложений, при которых суждение имеет место. Пренебрегать требованием полноты условий весьма опасно, так как забвение хотя бы одного из условий может привести к грубым ошибкам.

Вот несколько примеров довольно распространенных небрежностей в формулировке теорем:

1. Большей дуге соответствует большая хорда.

Здесь не указано, что речь должна идти о дугах одной и той же или равных окружностей и что большая дуга меньше полуокружности.

2. Равным центральным углам соответствуют равные дуги.

Следует добавить, что рассматриваются центральные углы в одной и той же окружности или в окружностях равных радиусов.

3. В треугольниках против равных углов лежат равные стороны.

В такой формулировке теорема ложна: не в треугольниках, а в равных треугольниках или в треугольнике.

Однако не исключена возможность, что хотя мы со всей тщательностью подойдем к формулировке тезиса, в него все-таки вкрадутся элементы двусмысленности, позволяющие текст теоремы понимать не только в одном (первоначально подразумеваемом) смысле. Такая опасность становится особо реальной при последующем применении ранее доказанной теоремы. Эту опасность предотвращает выражение теорем математическими формулами, но обычный язык последних не обладает необходимой универсальностью. Стремление усилить степень общности этого языка, настойчиво предпринимаемое с середины XIX века, привело к созданию особой идеографии, т. е. специального письма, в котором знаками выражаются понятия и соотношения между ними. Если же не пользоваться логическим письмом, то эта же цель достигается сохранением в памяти четкого представления о всех тех звеньях доказательства, которые приводят к применяемому суждению.

3° Тезис должен оставаться неизменным на протяжении всего доказательства.

Здесь речь идет о том, чтобы в процессе доказательства не происходило замены тезиса другим положением, в большей или меньшей степени напоминающим тезис, но все же ему неравносильным.

Так, например, Яков Штейнер (1796—1863) уделил много внимания доказательству теоремы, утверждающей, что из всех замкнутых плоских линий, имеющих данную длину, наибольшую площадь содержит окружность. Опубликовано несколько вариантов его решения этой интересной изопериметрической задачи, но в каждом из них допускалась одна и та же ошибка, заключавшаяся в подмене тезиса. Штейнер фактически доказывал следующее: какую бы замкнутую плоскую линию, имеющую данную длину и отличную от окружности, ни взять, всегда можно указать другую линию той же длины, но содержащую большую площадь. Эта теорема не равносильна первоначальной. Из нее, правда, следует, что если существует линия, удовлетворяющая условиям задачи и имеющая максимум площади, то это будет окружность. Но, очевидно, оставался открытым вопрос, существует ли вообще линия, обладающая таким свойством.

Аргументы

Много разных ошибок в доказательствах возникает от нарушения правил, относящихся к аргументам (основаниям) доказательства.

1° Аргументы доказательства должны быть суждениями истинными.

Рассмотрим типические случаи нарушения этого правила.

а) «Предрешение основания», т. е. использование в качестве аргумента доказательства такого положения, которое само нуждается в доказательстве.

Педагогическая практика постоянно требует от школьного учителя настойчиво указывать учащимся VI — VII классов, что ссылки на равенство отрезков, углов, дуг и других элементов равных фигур прежде, чем доказано, что они являются соответствующими частями этих фигур, лишает рассуждение права называться доказательством.

б) «Основное заблуждение», т. е. использование в качестве аргумента доказательства ложного суждения.

При просмотре доказательства, подтверждающего истинный или кажущийся истинным тезис, далеко не всегда легко заметить ошибку этого типа. Отыскать ошибку значительно легче, когда заранее известно, что она содержится в доказательстве.

Рассмотрим в качестве примера любопытное доказательство одного ложного суждения. Отыскание ошибки — полезная и увлекательная задача для учеников.

Тезис. Площадь равностороннего треугольника равна нулю.

В равностороннем треугольнике АБС проводим высоту AD (черт. 1).

Черт. 1

Рассматриваемый треугольник равновелик прямоугольнику ADCE. На продолжении AD откладываем отрезок DF, равный CD. На отрезке AFy как на диаметре, описываем полуокружность, которая пересечется с продолжением CD в некоторой точке К. Тогда КВг = = AD'DF. Квадрат KDJH, как и прямоугольник ADCE, равновелик треугольнику АБС.

Представляя Д СБА сдвинутым вдоль АС так, что С совпадает с Л1, Б с Н и А с L, заметим, что квадрат KHJD состоит из куска CLJD и куска, равновеликого BMJD, следовательно, равновелик трапеции CBML. Отсюда следует, что площадь равностороннего Д ALM равна нулю. Это и есть тезис.

Разъяснение. Утверждение, что при указанном параллельном перенесении точка Б совпадает с точкой //, ошибочно. Для того чтобы в этом убедиться и иметь возможность оценить численную величину ошибки, найдем отрезки HQ и U.

где буквой а обозначена сторона Д ABC.

Откуда находим:

в) Основание доказывает «слишком много» — это значит используется в качестве основания доказательства такое суждение, с помощью которого можно доказать не только данный тезис, но и заведомо ложные утверждения.

В этом случае истинность основания опровергается методом приведения к абсурду в тех дальнейших рассуждениях, которые приводят к заведомо ложным суждениям.

Весьма распространенной и упорной ошибкой этого вида является «доказательство» перпендикулярности мнимой и действительной осей. Это рассуждение ведет свое начало от трактата Аргана (вышедшего в 1806 т.), посвященного геометрической интерпретации комплексных чисел.

Рассуждение обычно ведется так:

Отложим на прямой вправо и влево от точки О (черт. 2) отрезки OA и ОБ, равные единице меры. OA изображает число (-f-1), а ОБ — число (—1). Восставим ОС J_ ОБ; из

точки О, как из центра, опишем полуокружность радиусом, равным АО; обозначим через С точку пересечения полуокружности С с перпендикуляром. Соединив точку С с точками В и А, получим прямоугольный треугольник АСВУ в котором ОС есть средняя пропорциональная между отрезками гипотенузы

ОВ и ОЛ, т. е. ОС* = ОА.ОВ=(-{-1)-{ — 1), a OC = =t/^T = =t/*).

Черт. 2

Основанием этого «доказательства» служит ложная мысль о возможности применения геометрических теорем к направленным отрезкам. С помощью этого основания можно доказать «слишком много». Так, например, рассматривая катеты прямоугольного треугольника ОАС как направленные отрезки, один из которых равен единице, а другой находим по теореме Пифагора, что гипотенуза АС равна нулю. Получением этого нелепого результата опровергнуто и основание доказательства Аргана.

2° Необходимо различать сказанное «с оговоркой» от сказанного «просто».

Под «сказанным с оговоркой» подразумевается утверждение, справедливое только при некоторых определенных условиях, а под «сказанным просто» — справедливое во всех случаях, без всяких ограничений. Когда мы забываем о тех ограничениях, при которых данная истина имеет место, то тем самым условную, истину выдаем за безусловную. В результате такого смешения часто получаются нелепые выводы.

Величина одного сантиметра, бесспорно, очень мала, когда ее сопоставляют с расстоянием от Москвы до Ленинграда. Если же мы подвергнем забвению условие, выраженное придаточным предложением, то утверждение становится ложным (сравнить сантиметр с толщиной человеческого волоса).

Другая разновидность этой ошибки заключается в распространении на каждый отдельный случай такого положения, которое справедливо только «в принципе», только «в общем случае». Так, например, говорят, что совокупность всех действительных чисел образует числовое поле, потому что «сумма, разность, произведение и частное любых двух действительных чисел есть всегда число действительное»**. Слова, взятые в кавычки, выражают положение, справедливое только с оговоркой, так как существует одно исключение: на нуль делить нельзя. Это, разумеется, не должно выпадать из поля зрения.

3° Аргументы должны быть такими суждениями, истинность которых доказана независимо от тезиса.

Нарушение этого правила приводит к так называемому порочному или заколдованному кругу в доказательстве. Сущность этого круга состоит в том, что тезис А доказывается при помощи аргумента В, тогда как само суждение В было ранее выведено из суждения Л.

Ошибки этого типа, допускаемые учащимися, иногда очень многое говорят учителю. Когда, например, ученик предлагает доказывать теорему Пифагора путем возведения в квадрат и почленного сложения равенств: а= с sin Af b = с cos Л, то он тем самым обнаруживает полное непонимание логической структуры школьного курса тригонометрии.

Демонстрация

Любое доказательство состоит из одного, двух или большего числа умозаключений. Каждое умозаключение, в свою очередь, представляет собою соединение минимум двух суждений, с одним из которых, называемым выводом, нам представляется необходимым согласиться, коль скоро мы признали истинность остальных суждений, именуемых посылками. Однако это принуждение иногда может носить только кажущийся характер. В последнем случае мы сталкиваемся с неправильным умозаключением, т. е. таким, в котором отсутствует логическая связь между посылками и выводом.

Высказанной мысли придадим формулу правила.

Тезис должен быть заключением, логически вытекающим из аргументов по общим правилам умозаключения.

Нарушение этого правила приводит к двум основным ошибкам в рассуждении.

а) Тезис не вытекает из аргументов, а произвольно присоединяется к ним.

* См. С. С. Бронштейн, Методика алгебры, М. 1937, стр. 337.

** П. Д. Белоновский, Основы теоретической арифметики, М. 1938, стр. 141.

Эту ошибку порой наблюдают экзаминаторы, когда экзаменующийся, не разобравшийся в сущности доказательств и только механически нагрузивший ими свою память, забывает, какое рассуждение относится к данному тезису, говорит явно не по поводу, а между тем в конце своей речи все-таки заявляет: «что и требовалось доказать».

б) Тезис выведен из аргументов путем ошибочного умозаключения.

Рассмотрим пример. Часть прямолинейного отрезка равна всему отрезку.

Пусть В — наибольший угол треугольника ABC (черт. 3). Отложим ^/ CBD, равный /_ВАС.

Черт. 3

Из подобия треугольников ABC и DBC следует, что их площади относятся как квадраты сходственных сторон:

(1)

В силу же теоремы об отношении площадей треугольников, имеющих равные высоты, мы можем написать:

(2)

Так как в равенствах (1) и (2) левые части одинаковы, то равны и правые:

(3)

Теорема о квадрате стороны треугольника, лежащей против острого угла, дает следующие равенства:

(4) (5)

Подставляем правые части выражений (4) и (5) в соотношение (3):

Разделив в каждой части равенства почленно числитель на знаменатель, имеем:

Переписав последнее равенство в виде:

и приведя в каждой части к общему знаменателю:

делаем вывод, что AC = DCy так как получились равные дроби с одним и тем же числителем.

Разъяснение. Частное от деления нуля на любое число, отличное от нуля, есть нуль. Следовательно, мы допускаем ошибочное умозаключение, когда из равенства дробей а а Л -j-sss—, где а = 0, заключаем о равенстве знаменателей.

Рассмотрим другой пример. Гражданин у трамвайной остановки А спрашивает, на каком трамвае он сможет доехать до остановки В, находящейся на той же улице. Ему отвечают, что на любом. Возвращаясь, наш гражданин на остановке ii, без всяких уже сомнений, садится в первый попавшийся трамвай. Отсчитав соответствующее число остановок, он выходит из трамвая и обнаруживает, к своему немалому удивлению, что находится не на остановке А а совсем в другом месте.

Нам несколько раз довелось наблюдать лиц, пострадавших от подобного легкомысленного рассуждения. Дело в том, что один из трамваев, проходивших через пункт В, не доходя до Л, сворачивал на другую улицу.

Ошибки а) и б) называются ошибками произвольного вывода, или ошибками мнимой необходимости.

Индуктивные и дедуктивные доказательства

Индуктивным доказательством называется такое доказательство, тезис которого выражает общее, а аргументы — частные правила.

Если частные правила выражают какое-либо утверждение или отрицание для ограниченного числа экземпляров или видов и сумма этих экземпляров или видов исчерпывает соответственно класс или род, то обобщающая формулировка достигается методом полной индукции.

Пример. Доказать, что объем прямоугольного параллелепипеда равен произведению трех его измерений.

Разделим все прямоугольные параллелепипеды на виды, взяв за основание деления характер чисел, измеряющих ребра рассматриваемого тела: 1) случай целых чисел; 2) случай дробных чисел (по крайней мере одна из дробей не равна целому числу); 3) случай иррациональных чисел (по крайней мере одно из измерений выражается иррациональным числом).

Соответствующие доказательства сформулированного утверждения, проведенные особо для случаев 1, 2 и 3*, дают возможность включить в число истинных суждений три частных правила, из которых, как из аргументов, на основании метода полной индукции, заключаем о справедливости теоремы вообще.

Метод полной индукции не имеет в математике широкого применения. С давних времен математики стремятся избежать необходимости рассматривать особые доказательства для каждого вида, естественно предпочитая им те, которые относятся ко всему роду. Так, например, Евклид, изложив в V книге своих «Начал» теорию пропорции Евдокса (407—354 гг. до н. э.), не требующую разграничения случаев соизмеримости и несоизмеримости, достигает обобщенной трактовки доказательств соответствующих геометрических истин.

Метод полной индукции становится неприменимым, когда рассматривается класс, состоящий из бесконечного или, по крайней мере, столь большого числа экземпляров, которое исключает возможность прямого перечисления всех членов класса. В этом случае индукция может быть только неполной, когда частные правила, выражающие какое-либо утверждение или отрицание относительно части экземпляров некоторого класса, обобщаются на весь класс. Однако для объектов математического исследования метод неполной индукции не может быть признан методом доказательства. Для того чтобы истина, добытая методом неполной индукции, получила права гражданства в математике, она должна получить дедуктивное доказательство.

Отрицание за методом неполной индукции доказательной силы основано на веских соображениях. Нетрудно привести примеры предложений, справедливых для более или менее значительного отрезка натурального ряда чисел, но не являющихся верными вообще.

Пример 1. О функции f(n) = п2-\-п-j-41 можно утверждать, что ее значения суть простые числа для первых тридцати девяти членов натурального ряда. Однако это утверждение не будет верным для любого натурального числа, так как, например, при /1 = 40 значением функции будет составное число.

Пример 2. П. Ферма (1601 — 1665) утверждал, что f(n) — 2'2n при любом п есть простое число. Л Эйлер (1707—1783) в своем первом мемуаре по теории чисел (1732) показал, что / (5) делится на 641.

Впоследствии было обнаружено, что составные числа получаются и при других значениях п. Русский математик И. М. Первушин (1827— 1900) доказал, что в число этих значений входят лг = 12 и п = 23.

В связи с этим примером заметим, что сам Ферма признавал, что не имеет здесь вполне законченного доказательства, хотя и неоднократно выражал убеждение в справедливости своего интуитивного заключения.

Дедуктивным доказательством называется такое доказательство, тезис которого выражает частный случай, а аргументы — общее правило. Здесь суждение, относящееся к частному случаю, выводится из имеющегося в нашем распоряжении общего правила.

Основная роль дедукции заключается в доказательном изложении и тем самым в подтверждении результатов индуктивного исследования. Сравнительно в редких случаях ученый получает новые истины путем непосредственного выведения их из ранее полученных общих положений и аксиом.

К дедуктивным доказательствам следует отнести и доказательства методом математической индукции. Этот весьма общий способ доказательства математических суждений основан на принципе математической индукции, который принадлежит к числу основных положений математики.

Принцип математической индукции формулируется так:

1° Предложение верно для /1=1.

2° Из справедливости предложения для натурального числа п (каким бы ни было п) следует его справедливость и для л —|— 1.

Если условия (1°) и (2°) выполнены, то предложение справедливо для любого натурального числа.

Пример. Доказать, что сумма кубов п первых чисел натурального ряда равна квадрату суммы п первых чисел натурального ряда:

Это верно для /1 = 1, так как 13=12.

Если при некотором натуральном п имеем:

то докажем, что

* См., например, Киселев, Курс элементарной геометрии.

Для доказательства формулы достаточно проверить справедливость равенства

Вычислением убеждаемся, что перед нами тождество. Итак, из справедливости предложения для натурального п (каково бы это число ни было) вытекает его правильность и для я-f-l» Но мы убедились, что оно имеет место для Л=1, значит, оно будет верным также и для 14-1, т. е. 2, и для 2-J-1, т. е. 3, и для 3+1, т. е. 4, и т. д.

Мы сформулировали принцип математической индукции и приняли его за аксиому. В приведенном доказательстве он нашел применение. Это доказательство, как и всякое доказательство, основанное на использовании рассматриваемой аксиомы, является уже дедуктивным. В самом деле, здесь при доказательстве не происходит наведения, перехода от частного к общему, так как одним из аргументов доказательства является сам принцип математической индукции.

Прямые и косвенные доказательства

Доказательство называют прямым, если тезис непосредственно выводится из аргументов. Здесь для доказательства тезиса мы приводим такие основания, прямым следствием которых является доказываемое положение.

Доказательство называется непрямым, косвенным или апагогическим, если истинность тезиса вытекает из обнаружения абсурдности положения, противоречащего тезису, т. е. антитезиса. Противоречащие суждения имеют один и тот же материал, но отличаются друг от друга и по количеству (одно суждение общее, другое частное), и по качеству (одно суждение утвердительное, другое отрицательное).

Доказать данный тезис косвенным путем — это значит опровергнуть его антитезис. Опровержение достигается путем допущения истинности антитезиса и получения из него выводов, находящихся в противоречии с установленными ранее истинами. Здесь истинность доказуемого суждения утверждается применением одного из основных законов формальной логики — закона исключенного третьего: «Л есть Б или не Б».

Доказательства способом приведения к нелепости часто применяются в математике, особенно в тех случаях, когда непосредственное доказательство теоремы сопряжено с большими затруднениями или даже просто невозможно.

Пример. Доказать, что множество простых чисел есть бесконечное множество.

Формулируем антитезу: множество простых чисел не есть бесконечное множество, т. е. является конечным множеством.

Легко видеть, что тезис и антитезис — суждения с одним и тем же подлежащим и сказуемым, но с разным качеством: первое утвердительное, а второе отрицательное. Но из этих суждений совсем неочевидно, что они различны по количеству, а именно, что второе суждение носит частный характер. Чтобы последнее сделать наглядным, сформируем суждения, равносильные рассматриваемым, но в развернутом виде.

Тезис. Во всяком достаточно большом отрезке натурального ряда чисел, с какого бы числа он ни начинался, имеется хотя бы одно простое число.

Антитезис. В тех отрезках натурального ряда чисел, которые начинаются с достаточно больших чисел, как бы велики (отрезки) ни были, нет ни одного простого числа.

Теперь непосредственно очевидно, что тезис трактует о всех достаточно больших отрезках натурального ряда чисел, а антитезис только о тех, которые достаточно удалены от начала.

Утверждение антитезиса равносильно признанию существования самого большого простого числа. Пусть этим числом будет число р.

Для доказательства возьмем число Q, равное произведению всех простых чисел от 2 до р включительно, увеличенному на единицу, т. е. положим Q = 2-3-5-7...«p-f~l- Так как Q ^> ру то оно не может быть простым числом, т. е. оно должно делиться, по крайней мере, на одно из чисел: 2, 3, 5, 7,... р. Но ни на одно из этих чисел Q делиться не может, так как представляет сумму двух слагаемых, из которых первое делится на каждое из этих чисел, а второе нет.

Итак, Q не есть ни простое, ни составное число. Получившийся абсурдный вывод, опровергая антитезу, утверждает истинность тезиса: множество простых чисел бесконечно*.

Опровержение ложных доказательств

Оправдать тезис — это значит установить его истинность; опровергнуть тезис — показать его ложность.

Проверка тезиса состоит в его оправдании или опровержении.

Рассмотрим способы опровержения ложных доказательств.

* Этот важный результат из области теории чисел, доказанный воспроизведенным здесь методом приведения к абсурду, составляет 20-ю теорему IX книги евклидовых «Начал».

I. Проверку доказательства естественно начать с решения вопроса об истинности аргументов. Установление ложности хотя бы одного из аргументов разрушает все доказательство.

Примером может служить приведенный выше анализ «доказательства» равенства нулю площади равностороннего треугольника.

II. Если прямой путь установления ложности аргументов встречает затруднения, то идут косвенным путем. С этой целью допускают истинность всех аргументов. Затем оперируют с ними и с другими необходимыми истинными посылками так, чтобы, соблюдая безукоризненную логическую схему, прийти к абсурду. Этим самым методом приведения к нелепости устанавливается ложность, по крайней мере, одного из аргументов.

Проиллюстрируем сказанное примером.

Будем исходить из сомнительного положения, что в равнобедренной трапеции диагонали в точке пересечения делятся пополам (черт. 4), т. е.

АО = ОС, DO = OB (1)

Черт. 4

Зная, что в равнобедренной трапеции боковые стороны равны

AB = CD, (2)

заключаем из (1) и (2), что

/\АВО = ДЯОС. (3)

Это, как легко видеть, истина. Продолжая же логически правильно рассуждать дальше, мы без труда придем и ко лжи:

£ АВО = /^CDO, (4)

в равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы. Из равенства углов следует, что АВ jj CD; если две прямые пересечены третьей и внутренние накрестлежащие углы равны, то такие прямые параллельны.

Абсурдный вывод: в равнобедренной трапеции боковые стороны параллельны — указывает на наличие ложного аргумента в приведенном рассуждении.

Кстати, заметим, что приведенный выше анализ «доказательства» Аргана представляет еще один пример, относящийся к рассматриваемому способу опровержения.

III. Если проверка аргументов не выявила среди них ложных, то переходим к рассмотрению рассуждения. Здесь нас интересует вопрос, вытекает ли данный тезис из аргументов как их логическое следствие по общим правилам умозаключения. Не исключена возможность, что в ходе логических рассуждений допущена та или иная ошибка, что из этих аргументов вытекает совсем другой тезис или вообще нельзя сделать никакого вывода. Хорошей иллюстрацией к сказанному является ранее рассмотренное рассуждение о соотношении длин прямолинейного отрезка и его правильной части.

Каждый из этих трех способов указывает на один из возможных путей для опровержения доказательства. Но опровержение доказательства не означает еще опровержения тезиса. Если тезис истинен, то опровержение доказательства свидетельствует лишь о том, что в его защиту приведены неудачные аргументы или допущена оплошность в рассуждении. Однако истинность тезиса до тех пор остается под вопросом, пока не будут представлены должные аргументы и логически безупречная схема доказательства.

Способы I и III требуют конкретного указания той ошибки, которая допущена в доказательстве. Способ II, решая вопрос о наличии ошибки в аргументах, не указывает, однако, какой именно аргумент ложен, если в рассматриваемом доказательстве несколько сомнительных оснований.

Для опровержения тезиса, а тем самым и мнимого доказательства его истинности, если такое предлагалось, существуют два приема.

IV. Доказательство истинности положения, противоположного тезису, опровергает его, так как два противоположных суждения не могут быть одновременно справедливыми.

Здесь уместно будет напомнить, что суждения называются противоположными, если они являются противоречащими или противными друг другу. Последнее характеризует два общих суждения, из которых одно утвердительное, а другое отрицательное. Так, например, суждения: «корень квадратный из двух равен любому рациональному числу» и «корень квадратный из двух не равен никакому рациональному числу» — находятся в отношении противности. Справедливость последнего утверждения указывает на ложность первого.

V. Выведение из тезиса утверждения, противоречащего заведомо истинному, опровергает тезис.

Если тезис, например, гласит, что множество простых чисел конечно, то с помощью рассуж-

дения Евклида мы приходим к утверждению, противоречащему известной истине, а именно, к тому, что существует натуральное число, отличное от единицы, не являющееся ни простым, ни составным.

Последние два примера опровержения отличаются от первых трех тем, что они в принципе не требуют ни критического рассмотрения представленных нам доказательств, ни пользования их аргументацией, а противопоставляют им такие рассуждения, принятие которых принуждает к отказу от выдвинутого тезиса, а вместе с тем и его доказательства. Однако здесь остается открытым часто весьма интересный и поучительный вопрос, какая ошибка допущена в доказательстве.

Из сопоставления сказанного относительно возможных способов опровержения ложных доказательств видно, как следует сочетать различные способы опровержения для решения вопроса об истинности тезиса и установления конкретной ошибки доказательства.

НЕСКОЛЬКО СЛОВ ОБ ИСТОРИЧЕСКОМ РАЗВИТИИ ПОНЯТИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ТОЧКИ

(К диалектике математических понятий)

С. А. ДАХИЯ (Харьков)

Понятие точки принадлежит к числу основных понятий традиционной геометрии. Господствующая в наше время аксиоматическая концепция построения геометрии требует отказа от идеи «прямого» определения (дефиниции) основных геометрических понятий, к числу которых, наряду с точкой, обычно относят также прямую и плоскость (и ряд отношений, связывающих между собой эти основные геометрические элементы). Кроме принятой в настоящее время аксиоматики Гильберта, известны и другие аксиоматические системы геометрии, принципиально близкие к ней, но стремящиеся сократить число основных геометрических понятий: так, существуют системы, в которых точка остается единственным основным геометрическим элементом. На научном значении подобного сведения к минимуму «первых понятий» геометрии, как известно, настаивал в свое время еще Лобачевский*. Как бы то ни было, с момента создания современной геометрической аксиоматики и вплоть до последнего времени точка всегда рассматривалась в качестве одного из первоначальных, неопределяемых геометрических понятий.

Между тем в «Началах» Евклида, среди определений других геометрических образов, мы находим и определение точки: сточка есть то, часть чего есть ничто»**. Предпринятая Евклидом попытка найти определения для основных понятий геометрии явилась одним из стимулов к позднейшей суровой научной критике его «Начал»; Евклидово определение точки при этом почти всегда приводилось критиками в качестве примера бессодержательности и бесполезности его определений. Особого нарекания заслужили евклидовские определения тем, что в них был нарушен логический принцип «per genus et differentiam», согласно которому всякое определение должно образовываться путем указания рода и видового отличия определяемого понятия***.

Нужно признать, что с точки зрения нашей современной аксиоматической концепции упомянутая критика евклидовских определений представляется совершенно справедливой. Тем не менее, научное значение определений Евклида, начисто отрицаемое обычной критикой, может предстать перед нами в ином свете, если мы применим к ним метод диалектической оценки, отказавшись рассматривать геометрическую науку сегодняшнего дня как окончательно сложившуюся в своих основах дедуктивную систему, способную лишь к чисто «количественному» росту. В сказанном мы сумеем убедиться, проследив новейшую историю понятия геометрической точки.

С этой целью мы обратимся к исследованиям австрийского геометра К. Менгера, предложившего новое аксиоматическое построение геометрии, значительно отличающееся от ранее известных. Это построение, между прочим, интересно еще в том отношении, что оно стремится придать геометрической дедукции характер своеобразного исчисления, возможно белее близкого к обычной алгебре (отсюда и данное ей автором название «алгебра геометрии»).

* «О началах геометрии», 1829.

** Мы даем возможно более точный перевод формулировки Евклида.

*** См. Н. М. Бескин, Методика геометрии 1947, стр. 12.

В «алгебре геометрии» исходным служит класс К неопределяемых элементов Д В, С... (из последующей теории можно усмотреть, что элементами этого класса будут «линейные части» пространства, т. е. точки, прямые, плоскости, а также пустая часть и само пространство). В классе К считаются заданными две операции — сопряжения (-J-) и пересечения (•), относящие каждой паре элементов А, В класса К определенные элементы А-\-В и, соответственно, А -В того же класса. Операции сопряжения и пересечения и элементы класса К подчиняются ряду аксиом, из которых приведем пока следующие:

I. Каждая из операций -f-и • ассоциативна.

II. Каждая из операций -|- и • коммутативна.

III. Класс К содержит пустой элемент!/ и универсальный элемент U, обладаюющие тем свойством, что

A+V=A, A-U — А

при всяком А из К.

IV. Обе операции связаны «законом поглощения», выражающимся равенствами:

А + А-В = А = А-(А+В)

(Закон поглощения, как легко видеть, равносилен утверждению, что равенства А-\-В = = В и А -В = А эквивалентны.)

Далее дается определение части элемента, представляющее, с нашей точки зрения, особый интерес: Элемент А есть часть элемента В{АС1В), если А-\-В = В, а А-В=А (достаточно, впрочем, требовать выполнения одного из этих двух эквивалентных равенств). В силу этого определения и аксиомы III, в частности, пустой элемент V есть часть любого элемента Л, а последний — часть универсального элемента U:

Это определение находит себе применение в остальных пяти аксиомах рассматриваемой системы, из которых приведем в качестве примера только аксиому:

V. Если ЛСБСС, то в классе К существует по крайней мере один элемент В такой, что В-~В=АУ а В-\~В = С.

Дав определение части элемента, Менгер получает возможность определить понятие точки:

Элемент Р класса К называется точкой, если Р не имеет других частей, кроме самого себя и пустого элемента V. Если назвать еще собственной частью элемента А всякую его часть, отличную от самого А, то последнему определению можно придать такую форму:

Элемент Р класса К называется точкой, если единственной собственной частью Р является пустой элемент.

Но это почти буквальный перифраз старой, казалось бы, давно скомпрометированной, формулировки Евклида. Конечно, внимательный анализ позволяет установить двоякое отличие последнего определения от определения Евклида: во-первых, в новом определении фигурирует заранее постулированный класс К линейных частей пространства, доставляющий понятию точки тот «род», который требуется принципом «per genus et differentiam»; во-вторых, это определение базируется на отсутствующем у Евклида точном определении термина «часть». При всем том невозможно не видеть в определении точки, данном Менгером, только необходимое развитие старого евклидова определения и, следовательно, известную реабилитацию последнего (по крайней мере в глазах историка математики).

Нам кажется, что «древняя», «средняя» и «новая» история понятия геометрической точки может служить ярким примером диалектического развития одного из основных математических понятий.

МЕТОДИКА

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ НА МНОГОГРАННИКИ

З. Н. ПОЛЯКОВСКИЙ (Смоленск)

Приемные испытания, проводившиеся в Смоленском пединституте, показывают, что многие выпускники средних школ недостаточно понимают основы стереометрии и не умеют применять их к решению задач.

Часто абитуриент, бойко доказывавший теорему о трех перпендикулярах или о двугранных углах, не мог доказать, что угол между апофемой пирамиды и ее проекцией на плоскость основания есть линейный угол двугранного угла между плоскостью основания и плоскостью боковой грани, не мог найти угла между диагональю и плоскостью боковой грани прямоугольного параллелепипеда.

Многие из вновь поступающих не могли определить формы элементарных сечений, не могли доказать, что сечение прямоугольного параллелепипеда, проведенное через сторону нижнего основания и противоположную сторону верхнего основания, есть прямоугольник, и т. п.

Характерно, что на эти вопросы и им подобные, выясняющие отчетливость пространственных представлений, не отвечала и значительная часть сравнительно более подготовленных учащихся, безошибочно решавших громоздкие задачи по геометрии с применением тригонометрии, требующие хорошего знания тригонометрических и алгебраических преобразований.

Одна из причин, обусловливающих недостаточную подготовленность по стереометрии выпускников средних школ, заключается в следующем. Основные стереометрические понятия (угол прямой с плоскостью, двугранные углы, перпендикуляр и наклонные к плоскости, параллельные прямые и т. д.) рассматриваются изолированно, оторванно от той конкретной обстановки, в которую эти понятия могут быть естественно включены. Двугранные углы, углы прямой и плоскости и пр. могут быть рассматриваемы как элементы геометрических тел и их сечений, и ограничиваться изолированным изучением этих элементов нерационально.

Рассмотрим ряд типичных школьных задач на призмы, пирамиды и их сечения и покажем, как следует проводить их решения, чтобы избегнуть отмеченных недостатков.

Ниже указываются номера задач и параграфов школьного задачника по геометрии Рыбкина, часть II.

Задача № 14 § 8. Определить полную поверхность правильной четырехугольной призмы, если ее диагональ равна 14 см, а диагональ боковой грани равна 10 см (черт. 1).

Черт. 1

Призма ABCD правильная; пусть АВг = 10 см, BjD=14 см; имеем:

Sn— S6-{-2Q = 4AD.B1B+AD\

Для нахождения AD рассматриваем треугольник ABXD; этот треугольник — прямоугольный.

В самом деле, параллелепипед ABCDAlBlC1D1 прямоугольный; значит, AD _]_ ААЛ (боковые грани — прямоугольники) и AD J_ АВ (основание — квадрат). Так как прямая AD перпендикулярна двум прямым в плоскости грани АХВХВ, то она перпендикулярна к третьей прямой, т. е. к АВХ. Отсюда следует, что треугольник ABXD — прямоугольный и

Можно и иначе доказать, что треугольник АВгО — прямоугольный, используя теорему о признаке перпендикулярности прямой и плоскости.

Рассматривая прямоугольный треугольник АВХВ (BBt перпендикулярна плоскости основания), получим:

ВгВ = УАВг — АВ* = 2 (см)

Sn = 32 (6 + |/б) см2

Решая эту задачу (а также ей подобные), можно установить и другие свойства рассматриваемого тела. Так, например:

a) Легко доказать, что угол между диагональю BXD и плоскостью боковой грани ААХВХВ есть / РВЛА. В самом деле, АВг есть проекция диагонали BXD на плоскость боковой грани ААХВХВ, так как прямая AD перпендикулярна плоскости ААгВгВ. Острый угол DBXA и является углом между диагональю BXD и плоскостью боковой грани ААХВХВ.

b) Можно установить, что сечение ABXCXD, проведенное через сторону нижнего основания в противоположную сторону верхнего основания, есть прямоугольник: во-первых, AD и BxCt равны и параллельны, а во-вторых, угол BXAD (по доказанному) — прямой.

Если бы параллелепипед АВ ЮА1В1С1П1 был прямой, а не прямоугольный, то сечение ABXCXD явилось бы паралеллограмом: в самом деле, AD не перпендикулярна АВ, а следовательно, AD также не перпендикулярна АВХ. Этот анализ формы сечения необходим, так как прямоугольный и прямой параллелепипед, а также их сечения имеют одинаковые условные изображения.

Исходя из обычного определения (см. учебник Киселева) прямого параллелепипеда, можно получить следующие важные его свойства:

1. Боковые ребра перпендикулярны к плоскости основания.

2. Боковые грани прямого параллелепипеда перпендикулярны к плоскости основания.

В самом деле: 1) по определению прямого параллелепипеда,

ААг ±AD и ААг _L АВ,

следовательно, ребро ААХ перпендикулярно плоскости ABCD.

2) Так как ребро ААХ перпендикулярно плоскости ABCD, то плоскость грани AAXDXD9 проходящая через ЛЛХ, также перпендикулярна плоскости ABCD (по признаку перпендикулярности плоскостей).

Не надо, конечно, думать, что все рассмотренные соображения следует одновременно применять при решении одной задачи. Это внесло бы ненужную громоздкость в решение.

Задача № 26 § 7. Сторона основания правильной четырехугольной призмы равна 15 см, высота призмы равна 20 см. Найти кратчайшее расстояние от стороны основания до непересекающей ее диагонали призмы (черт. 2).

Черт. 2

Воспользуемся задачей на построение, приведенной в тексте учебника геометрии Киселева (§ 37, часть II). При решении этой задачи устанавливается, что расстояние между двумя скрещивающимися прямыми равно расстоянию от точки, лежащей на одной из прямых, до плоскости, проведенной через другую прямую параллельно первой прямой.

Плоскость сечения AXBXCD проходит через диагональ BXD и сторону AXBV параллельную АВ. Следовательно, эта плоскость параллельна прямой АВ.

Через точку А проведем перпендикуляр АК к AXD, а затем в плоскости сечения A1BlCU проведем прямую КМ \\ АхВг. Параллелепипед ABCDA1BlC1D1 — прямоугольный, следовательно, прямая АХВХ перпендикулярна плоскости грани AAXDXD. Так как прямая КМ параллельна А1В1, то она также перпендикулярна плоскости AAXDXD, а следовательно, перпендикулярна АК, Следовательно, АК перпендикулярна плоскости сечения AXB{CD (имеем: AK±AXD и АКА-КМ), т. е. АК есть кратчайшее расстояние от точки А до плоскости сечения A1B1CD.

Таким образом, АК и есть расстояние между стороной АВ и диагональю BXD.

Длину АК определяем из треугольника AAXD и находим, что ЛАТ =12 см. Для построения общего перпендикуляра к скрещивающимся прямым АВ и BXD из точки L пересечения прямой КМ и диагонали BXD проведем прямую LF J_ АВ. Так как LFAK есть прямоугольник, то LF = АК и является кратчайшим расстоя-

нием между АВ и BXD, вместе с тем LF пересекает обе скрещивающиеся прямые.

Задача № 28 § 8. Основанием наклонной призмы служит правильный треугольник со стороной а, длина бокового ребра равна Ь.

Одно из боковых ребер образует с прилежащими сторонами основания углы в 45 градусов.

Определить боковую поверхность этой призмы (черт. 3).

Черт. 3

Площадь ССгАгА равна площади СС^В, так как параллелограм ААхСгС равен параллелограму СС1ВВ1 (по двум сторонам и углу между ними). Таким образом:

S6 =2 пл. + AA1BlB=*^2ab +

-\-ААгВ,В.

Для нахождения площади ААХВХВ докажем, что проекция СгС на плоскость треугольника ABC, т. е. прямая CN, есть биссектриса угла АСВ.

Проведем прямые СгК _L СВ и CXL J_ С А; имеем:

Рассмотрим трехгранный угол САСгВ. Так как CXL = СгК, то их проекции на плоскость основания равны, откуда Д CFK = , , CLF

(CF— общая, CK=CL==-^—nFK = FLy Следовательно,

^/FCL = Z.FCK.

Так как CF есть биссектриса угла АСВ, а треугольник ВС—правильный, то эта биссектриса перпендикулярна АВ. Итак, высота призмы CXF пересекает плоскость основания в точке F, лежащей на высоте правильного треугольника ABC.

Так как по доказанному прямая АВ перпендикулярна проекции (на плоскость основания) наклонной ССг (т. е. АВ _]_ С/7), то по теореме о трех перпендикулярах АВ ±_ CCV

Ребра ВВг и ААХ параллельны прямой ССг, а потому Л А] _]_ АВ и ВВг ± АВ.

Следовательно, AAtBxB — прямоугольник и пл. AAlB1B = ab. Отсюда:

S6 = ab /2 + ab = ab (у 2 -f 1).

Методами, близкими к указанному, может быть проведено решение задач № 45, 46, 47, 48, 51 (§ 16 сборника Рыбкина).

Для решения этих задач надо установить предварительно, что проекция общего ребра двух равных плоских углов трехгранного угла есть биссектриса третьего плоского угла. Переходим к рассмотрению задач на пирамиды.

Задача № 24 § 17. Основание пирамиды — прямоугольник, площадь которого один квадратный метр, две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие наклонны к нему под углами в 30 градусов и 60 градусов.

Найти объем этой пирамиды (черт. 4).

Черт. 4

Если две грани перпендикулярны плоскости основания, то линия их пересечения CS перпендикулярна плоскости основания, т. е. CS является высотой пирамиды.

Докажем, что линейный угол двугранного угла между плоскостью боковой грани SAD и плоскостью основания ABCD является /SDC. В самом деле, CD JL AD, так как основание является прямоугольником. Отсюда по теореме о трех перпендикулярах следует, что $D±.AD. Значит SDC есть линейный угол двугранного угла между плоскостью боковой грани и плоскостью основания; / SDC равен 60°, так как он измеряет соответствующий двугранный угол.

По той же причине /_ SBC есть линейный угол двугранного угла между плоскостью боковой грани SBA и плоскостью основания. Этот угол равен 30°.

После этого нетрудно вычислить объем пирамиды; он равен •— /я3.

Если бы была дана пирамида, у которой две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а основанием служит паралеллограм, но не прямоугольник, то изображение этой пирамиды ничем не отличалось бы от изображения пирамиды, рассмотренной в разобранной задаче. В этом случае /_SDC не является линейным углом двугранного угла между плоскостью грани SAD и плоскостью ABCD. Для получения линейного угла двугранного угла между указанными гранями нужно из точки С провести перпендикуляр на AD и полученную точку пересечения К соединить с точкой S (черт. 5).

Черт. 5

Задача № 26 § 17. В треугольной пирамиде одна из сторон основания равна 16 см, противоположное ей боковое ребро равно 18 см, каждое из четырех остальных ребер равно 17 см. Определить объем этой пирамиды (черт. 6).

Черт. 6

Установим, через какую точку основания проходит высота пирамиды; SC — SA — по условию, следовательно, их проекции ОС и OA равны. Точка С одинаково удалена от концов сторон АС, это значит, что точка С лежит на перпендикуляре к АС, проходящем через ее середину. Треугольник ABC равнобедренный, поэтому перпендикуляр, проведенный через середину АС, является его высотой.

Итак, высота пирамиды пересекает ее основание в точке О, лежащей на высоте DB основания.

Точку D соединим с точкой S. Высота SO расположена в плоскости треугольника SBI Треугольник SBD равнобедренный (SD = DB как высоты в равных треугольниках). Затем, составив двояким способом выражение площади треугольника SBD, найдем SO и вычислим объем пирамиды: V = 576 см3.

Задача № 10 § 13. Основанием усеченной пирамиды служит прямоугольник, причем точки пересечения диагоналей оснований находятся на одном перпендикуляре к плоскости основания.

Стороны одного прямоугольника равны 54 см и 30 см, периметр другого прямоугольника 112 см.

Расстояние между их плоскостями равно 12 см. Определить боковую поверхность этой пирамиды (черт. 7).

Черт. 7

Для построения выест боковых граней через точки пересечения диагоналей верхнего и нижнего оснований, т. е. через точки О и Ои проводим прямые TF и l\h\, перпендикулярные соответственно L С и DXCV а затем прямые КМ и КгМг, перпендикулярные соответственно AD и A1Dl.

Соединяя точки F и Fu Т и Тъ К и КЛ, М и Мг, получим прямые FFV ТТЪ КК\ и ММЪ которые являются высотами боковых граней. В самом деле, 00^ _L CD, так как высота пирамиды перпендикулярна любой прямой в плоскости основания, TFJ_CD по построению, следовательно, плоскость сечения TTJrF-L, в которой лежат две прямые ООх

и TF (перпендикулярные CD), перпендикулярна CD, а потому FFX J_ CD.

Аналогично покажем, что ККХ _L AD. Так как C1D11| CD, то Z7/^ _L CXDX и аналогично

Отсюда следует, что FFl9 КК}, а также ТТг и Af/l^ являются высотами боковых граней пирамиды.

Основания усеченной пирамиды подобны.

В данной усеченной пирамиде боковые грани AAXDXD и ВВХСХС, ААХВВХ и CCXDXD попарно равны, так как представляют собой трапеции, имеющие соответственно равные стороны и равные высоты. Для нахождения боковой поверхности нужно поотдельности найти площади смежных боковых граней AAXDXD и DDXCXC> а затем сложить удвоенные площади этих граней.

S6 = 2 пл. AAxDxD-\-2 пл. DD1C1C = = (AD + A1D1) /Od + iDC + DiCJ FFX.

Чтобы найти AXDX и ОхСг, используем теорему о периметрах подобных многоугольников.

тт ** abcd AD А ^

Из пропорции-5-= - п найдем AXDX\

аналогично найдем CXDX.

Определив затем FFX и КК\ соответственно из треугольников FXFS и NKXK, найдем S6 = 1920 см*.

К наиболее интересным геометрическим задачам относятся задачи на определение формы и размеров сечений призм и пирамид.

Задача. В правильной четырехугольной призме через середины двух последовательных сторон основания проведена плоскость, пересекающая три боковых ребра и наклонная к плоскости основания под углом 45°, сторона основания равна а. Определить площадь полученного сечения (черт. 8). Построим сечение и докажем, что оно является искомым.

1. Проведем диагонали оснований AC, BD и AxCl9 Bl0li пересекающиеся соответственно в точках О и Ог. Через боковые ребра и диагонали оснований проведем диагональные сечения ЛЛ1С]С и BBXDXD, пересекающиеся по прямой ООи являющейся высотой призмы.

2. Середины сторон АВ и AD соединим прямой MN, пересекающей АС в точке Т. Прямая МЛ/, будучи параллельной BD, перпендикулярна АС.

3. Для построения линейного угла двугранного угла, который плоскость искомого сечения образует с плоскостью основания ABLD, в плоскости диагонального сечения строим угол /JFTC, равный 45°, и доказываем (на основании теоремы о трех перпендикулярах), что он — искомый.

4. Так как прямая MN параллельна прямой BD, расположенной в плоскости диагонального сечения BBXDXD, то плоскость искомого сечения, проходящая через MN, пересекает диагональное сечение BBXDXD по прямой, параллельной MN.

Черт. 8

Строим указанную линию пересечения, для чего через точку Q пересечения TF и ООх проводим LK параллельно BD.

5. Точки М, Ly Р, К и N соединяем и получаем искомое сечение MLFKN.

Определяем форму сечения MLFKN. Доказываем, что четырехугольник MLKN — трапеция. Из равенства треугольников NKD и MLB устанавливаем, что ML равно NK. Значит, трапеция MLKN—равнобедренная. Доказав, что LQ = QK и FQ _L LK, установим, что треугольник LFK — равнобедренный. Таким образом, пятиугольник MLFKN состоит из равнобедренной трапеции и равнобедренного треугольника.

После этого вычислим площадь сечения и найдем, что она равна —g—.

Задача № 19 § 4. В правильной четырехугольной пирамиде провести плоскость через сторону основания перпендикулярно к противолежащей боковой грани. Cmорона основания а равна 30 см, а высота пирамиды h = 20 см. Определить площадь полученного сечения (черт. 9).

Строим сечение пирами ты, проходящее через сторону АВ и перпендикулярное к плоскости боковой грани SUC.

1. Через точку О пересечения диагоналей основания проводим MN J_ CD.

2. Точки М и N соединим с точкой S.

3. Через точку М проводим MF J_ SN.

4. В плоскости боковой грани SCD проводим через точку h прямую QT J_ SN. Точки Q и Т соединяем с точками А и В, получим сечение

ABQT, перпендикулярное плоскости боковой грани.

В самом деле, по построению: SN ±_ QT и SN _\_MF, прямая SN перпендикулярна к двум прямым, лежащим в плоскости сечения ABQT и, следовательно, SN перпендикулярна плоскости сечения ABQT. Так как боковая грань DSC проходит через перпендикуляр SN к плоскости сечения ABQT, то, по теореме о перпендикулярности плоскостей, грань DSC перпендикулярна сечению ABQT. Следовательно, сечение ABQT—искомое.

Черт. 9

Определим форму сечения. Из равенства треугольников ATD и BQC заключаем, что AT = BQ; отсюда следует, что ABQT есть равнобедренная трапеция. Докажем, что MF есть высота этой трапеции; это можно сделать следующим образом: прямая DC перпендикулярна плоскости сечения MSN (DC J_ MN и DC JL SN) следовательно, и TQ перпендикулярна плоскости этого сечения. Отсюда MF перпендикулярна прямым TQ и АВ. Длину MF определим из треугольника MSN, сравнивая двоякое выражение площади этого треугольника.

Определив затем SF из треугольника MSFy найдем TQ, рассматривая треугольник TSQ, подобный треугольнику DSC. В результате найдем площадь сечения ABQT, равную 460,8 см2.

Задача № 19 § 10. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, боковое ребро образует с высотой угол 30°. Построить сечение, проходящее через вершину основания перпендикулярно противоположному ребру и найти его площадь (черт. 10).

Для построения сечения проводим высоту пирамиды (SO) и диагонали основания (BD и АС).

Боковое ребро, будучи перпендикулярно плоскости искомого сечения, перпендикулярно прямой, соединяющей точку D с точкой пересечения ребра SB, и плоскости искомого сечения; поэтому из точки D проводим прямую DF, перпендикулярную SB. Боковое ребро SB перпендикулярно линиям пересечения искомого сечения и боковых граней SBC и SBA; поэтому в плоскостях обеих граней проводим через точку F прямые FN и FM, перпендикулярные боковому ребру SB.

Черт. 10

Точку D соединяем с точками М и N. Получим сечение DMFN, которое и является искомым, так как проходит через вершину D перпендикулярно боковому ребру.

Установим форму сечения. Сечение состоит из треугольника LMN и треугольника MFN. Докажем, что эти треугольники равнобедренные. Предварительно установим, что MN || АС. Для этого рассмотрим прямоугольные треугольники: f\SMF и /\SFN. SF— их общая сторона, а ^/ FSM = /_ FSN, так как пирамида правильная; отсюда SM = SN. Треугольник SMN — равнобедренный и, следовательно, подобен треугольнику ASC; значит, MN \\ АС. Треугольник MSK равен треугольнику SKN, следовательно, МК = KN. Так как прямая АС перпендикулярна плоскости диагонального сечения SBD, то и MN перпендикулярна плоскости этого сечения. Отсюда следует, что MN JL FD. Таким образом, отрезки FK и KD являются медианами и высотами соответствующих треугольников.

Треугольник DMN и треугольник MFN — равнобедренные. Определяем площадь этого сечения:

пя^ат DK-MN . FK-MN MN-FD площ. DMFN ——g--1--2— = —2—'

Диагональные сечения являются равносторонними треугольниками, а точка К является центром этих правильных треугольников (точка К есть точка пересечения высот SO и DF правильного треугольника BSD); определив DF и MN, найдем площадь сечения S = а .

О ПРОВЕРКЕ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ В ЭКЗАМЕНАЦИОННЫХ РАБОТАХ X КЛАССА*

И. И. СМИРНОВ (Москва)

На страницах журнала «Математика в школе» конкретный анализ вопроса о проверке алгебраической задачи в письменных работах на аттестат зрелости дан в статье О. И. Кисловской (1948, № 1). Как видно из содержания статьи, речь идет о самопроверке арифметического порядка, по условию задачи. При более всестороннем рассмотрении вопроса и более критическом подходе к фактическому материалу указанной статьи, естественно прийти к следующему выводу: всякое требование, обязывающее к арифметической самопроверке в экзаменационных работах X класса, должно быть исключено как методически неоправданное, теоретически необоснованное и в условиях экзамена не только лишнее, но и вредное.

Проверка решения задачи (ответа) по ее условиям как метод самоконтроля, выражающийся в дополнительных контрольных вычислениях, контрольных чертежах и пр., встречается в разных видах во всех разделах математики. Во всех случаях самопроверка должна давать достаточно надежный критерий оценки полученного результата.

В арифметике проверка решения задачи с конкретным содержанием по ее условиям обычно проводится посредством составления и решения новой задачи, в которой значение искомой величины принимается за данное, а за новое искомое может быть принято любое из данных значений. Такая самопроверка развивает математическое мышление учащегося: помогает ему глубже понимать условия задачи. Сопоставление найденного при проверке значения величины с данным в условиях задачи является для ученика убедительным критерием правильности найденного решения. В дальнейшем этот прием «арифметической» самопроверки применяется в алгебре; такую проверку «по условиям задачи» имеет в виду и О. И. Кисловская.

Заметим, что уже в арифметике этот прием не единственный: во многих случаях проверка может и должна быть осуществлена путем решения предложенной задачи новым способом; такая проверка дополнительно развивает навыки находить наиболее рациональные приемы решения.

Арифметическая самопроверка при решении задач на составление уравнений в VII и VIII классах способствует развитию навыков составления уравнения — перевода условий задачи на язык алгебры. При такой проверке повторяется ход составления уравнения знакомым ученику арифметическим способом. Этот прием не исключителен: проверка путем составления уравнения (или системы уравнений) другим способом может быть в известный момент более развивающей и не менее убедительной.

По мере усложнения теории и содержания задач в старших классах в ряде случаев самопроверка становится методически неоправданной. Иллюстрацией может служить решение, например, такой задачи из школьного задачника:

Паровоз прибыл с пассажирского вокзала на товарную станцию, расстояние между которыми 3 км. При этом в первую минуту он прошел 480 м, а в каждую последующую проходил на 40 м меньше. За сколько минут совершил он весь переход?

Искомое значение выражается числом членов прогрессии, а решение уравнения дает два значения: 10 и 15. Если ученик примет оба эти значения как ответы и сделает самопроверку составлением и решением новой задачи, в которой новым искомым может быть принято любое из данных значений величин (пути, скорости в первую минуту, замедления), то полученные при решении такой задачи значения этих величин будут во всех случаях совпадать с заданными в исходной задаче; вывод же на основании такого сопоставления, что задача имеет два решения, был бы неверным: задача имеет единственное решение (10 минут). К правильному решению здесь ведет проверка обоих значений по дополнительному условию, вытекающему из конкретного смысла задачи: скорость в последнюю минуту должна выражаться положительным числом. Однако такая проверка является уже не самопроверкой, а составной частью решения.

Арифметическая самопроверка в экзаменационных работах на аттестат зрелости является одним из примеров методически неоправданной самопроверки, что можно видеть на том фактическом материале, который приведен в статье О. И. Кисловской.

Приводим текст задачи, варианты неверного решения которой рассматриваются в статье.

Перевоз одной тонны груза от пункта М до пункта N по железной дороге обходится на b коп. дороже, чем водным путем. Сколько тонн груза можно перевезти от М до N по железной дороге на сумму s руб., если

* Статья печатается в порядке обсуждения.

водным путем на ту же сумму можно перевезти на k тонн больше, чем по железной дороге?

Автор здесь же приводит ответ: «По железной дороге можно перевезти

тонн груза, а водным путем

тонн». Следует заметить, что «ответ» не точно соответствует вопросу задачи.

1-й вариант неправильного решения. Ученик обозначает через х стоимость перевозки одной тонны груза водным путем, через х -f- b — стоимость перевозки по железной дороге, через —---количество тонн, которое можно перевезти по воде за 5 руб., а через 1005 ^ —по железной дороге; пишет уравнение:

Далее, решив это уравнение, получает ответ: стоимость перевозки одной тонны по воде равна

коп.; и затем (по свидетельству автора) ученик «все свое внимание обращает на громоздкую механическую проверку» подстановкой найденного решения в исходное уравнение и после длительных алгебраических выкладок получает верное равенство «200 sbk2 = 200 sbk2» и заключает: задача решена правильно (курсив наш. — Я. С).

Затем автор пишет, что если бы ученик провел проверку найденного решения «по условиям задачи», то, констатируя, что водным путем на 5 руб. можно перевезти на k тонн больше, ученик сделал бы вычитание;

получив в результате которого — k, имел бы сигнал об ошибке.

В приведенном «решении» ученик допускает логическую ошибку при составлении уравнения, неправильно выражая соотношение между величинами, и обнаруживает слабое математическое развитие, принимая корень уравнения за положительное число, в то время как отрицательное значение числителя дроби (алгебраическая сумма с абсолютно большим слагаемым) легко видеть; показывает незнание методов исследования корней квадратного уравнения по дискриминанту и коэфициентам (что предусмотрено программой школы), иначе по уравнению «kx2 -j- bkx -J- 400 sb = 0» он должен был видеть, что оба действительные корни — отрицательные числа; дает ответ не на вопрос задачи.

Самопроверка же после громоздких алгебраических выкладок приводит ученика к выводу, что задача решена верно (!).

2-й вариант неверного решения. Обозначая через х количество тонн груза, которое можно перевезти по железной дороге на s руб., ученик далее получает уравнение

а затем находит ответ: по железной дороге на 5 рублей можно перевезти

тонн груза; подставляет найденное решение в исходное уравнение и, получив верное равенство: «2b2ks == 2b2ks>, также заключает: задача решена правильно.

Автор указывает, что если бы при проверке по условиям задачи ученик вычислял разность между стоимостью перевозки одной тонны груза по железной дороге и водным путем, «то можно надеяться» (курсив наш. — И. С), что рассуждая последовательно, он напишет далее:

(почему напишет, а не будет вычислять разность? — И. С.) и, произведя выкладки, получит: «b =t^q»i т. е. обнаружит свою ошибку при составлении уравнения.

И здесь, допустив ошибку при составлении уравнения (размерность величин), ученик в результате не менее длительной громоздкой самопроверки убеждается в полном благополучии с решением задачи.

Напрасно автор статьи стремится объяснить неудачу тем, что проверка проводилась неправильно: подстановкой в исходное уравнение, а не по условию задачи. Проверка по условию последовательными вычислениями повторяет ход составления уравнения и сводит последнее вычисление к определению одной из данных ве-

личин (в первом варианте k, во втором Ь), что по существу мало отличается от подстановки в исходное уравнение (мотивированной, как проверки ответа по условиям задачи); например, в первом случае: «так как по условию задачи количество тонн, которое можно перевезти по железной дороге, на k меньше, чем водным путем, и уравнение выражает это условие, то при замене в уравнении неизвестного его значением части уравнения должны быть тождественно равны».

Но вне зависимости от приема самопроверки трудно верить, что первому ученику, при явном недостатке знаний и развития, поможет любая из них; более вероятно, что и при арифметической самопроверке при последнем вычислении он будет определять разность:

повторяя логическую ошибку, допущенную при составлении уравнения.

Во втором варианте сам автор мало уверен («можно надеяться»), что самопроверка поможет; так оно и было в действительности:

«...однако встречаются работы, где ученик продолжает упорно игнорировать размерность 5 и Ь и в дальнейших рассуждениях и получает:

продолжает автор.

Этого и нужно было закономерно ожидать, не задаваясь целью во что бы то ни стало оправдать навязчивую идею арифметической самопроверки.

Пусть, наконец, как в третьем варианте неправильного решения, ученик, правильно составив уравнение, делает техническую ошибку (в знаке) и при подстановке в исходное уравнение обнаруживает наличие ее в работе. Тогда перед ним встает вопрос — где искать ошибку: при громоздкой проверке? при составлении уравнения? при решении его? при отборе корня?— Ответа он не имеет. Ученик должен повторять весь ход решения задачи от начала до конца в надежде напасть на ошибку; но это равносильно проверке повторным решением, что фактически выполняется каждым при контрольном просмотре решения и что с большим успехом поможет решающему, освобожденному от лишних выкладок при арифметической самопроверке, подметить и выправить случайные ошибки.

Причину приведенных неверных решений надо искать в том вреде, который принесен принуждением к арифметической проверке как в течение учебного года, так и на экзамене.

Вполне мыслимо, что значительная часть драгоценного времени затрачена на тренировку учеников в этих «длинных, громоздких алгебраических выкладках» в ущерб основательному изучению теории и методов решения задач или в ущерб технике (так как, если при составлении уравнений записываются названия единиц размерности величин, то ошибки второго варианта, как правило, будут исключены). С другой стороны, как показывают наблюдения, ученик тратит на вычислительные операции самопроверки без пользы для дела большую часть времени, отведенного на письменную работу, устает и обессиливает для продуктивной работы.

В заключение приводим пример решения задачи из сборника Шапошникова и Вальцова (II ч., гл. XI, № 128), наглядно иллюстрирующий, что как бы ни проводилась самопроверка, она не может гарантировать правильного решения.

Из прямоугольного куска железа, измерения которого а и Ь, требуется сделать открытую коробку так, чтобы площадь стенок равнялась площади дна. Определить высоту коробки.

Приняв за неизвестное высоту коробки, получаем уравнение:

которое после преобразования примет вид:

Корни этого уравнения суть:

Оба корня положительны.

Допустим, что решающий задачу принимает для ответа оба значения корня и проверяет себя арифметическим приемом. Нетрудно заметить, что последними вычислениями будут определения величин, выраженных частями исходного уравнения (площадь дна, площадь стенок) и их сопоставлением, что совершенно сходно с проверкой подстановкой в исходное уравнение. Подстановка большего корня дает верное равенство. Вывод, что это решение соответствует условиям задачи, был бы неверным. Исследование частей равенства при а ф Ь приводит к выяснению, что они отрицательны и площадь

выражать не могут. Но такого исследования арифметическая проверка не предусматривает и, следовательно, ошибочности предположения не обнаружит.

Верное и единственное решение даст проверка (исследование корней уравнения) по условию:

х < (при а > Ь) или х < ~ (при Ь >а ).

Эта проверка устанавливает пригодность только меньшего корня, но такая проверка является не самопроверкой, а составной частью решения задачи.

Допустим, что ученик при проверке выполнения условия х <^ —^ , допустив техническую ошибку, сделал ошибочный вывод о пригодности этого корня; как было указано выше, самопроверка приведет его к верному равенству и не просигнализирует об ошибке, а на бесполезные выкладки при такой самопроверке ученик должен затратить слишком много времени. Ученик же, освобожденный от этих принудительных выкладок, лучше вникнет в логическую сущность задачи и при контрольном просмотре, если не сделает этого раньше, может вскрыть упрощающие моменты в исследовании корней.

Ненужность и вредность обязывать экзаменующегося к самопроверке были уже вскрыты в предыдущем изложении; они отчетливо видны и в свете требований к письменным работам по математике на экзамене: эти работы должны показать знание и понимание теории предмета, владение методами предмета, прочные навыки по предмету. В частности, верное, обоснованное, точное решение задачи на составление уравнений выявляет:

1) владение методами составления уравнений и исследования уравнения;

2) знание теории уравнений и неравенств;

3) прочность и осознанность навыков решения уравнений, тождественных преобразований, преобразования неравенств;

4) общее и математическое развитие, умение дать правильное объяснение и обоснование решения задачи с исключением лишнего и искусственного.

Как видно, работа должна удовлетворять большим и ответственным требованиям, дающим достаточно критериев для оценки подготовленности экзаменующегося по предмету, а также его общего и математического развития.

Нужно освободить экзаменующегося от всего лишнего, тормозящего напряженную работу мысли, в том числе и от «обязательной проверки решения по условию задачи», являющейся лишь отголоском формализма, не без труда изживаемого школой.

КОНТРОЛЬНЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ ПО ГЕОМЕТРИИ С ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ

Н. А. БАЙБУРТ (Ростов на Дону)

Редко встречаются попытки проконтролировать полученный в общем виде результат при решении геометрической задачи с применением тригонометрии. А между тем это и полезно и интересно для пытливого ума, так как проверку можно связать с исследованием предельных случаев «метаморфоз», какие могут произойти с рассматриваемым геометрическим телом при изменении параметров (углов, отрезков). Это развивает пространственное воображение, функциональное мышление и исследовательские навыки и способности, т. е. то, чему мы придаем такое большое значение.

Для того чтобы фиксировать внимание читателей на проверке, в рассмотренных ниже примерах, опущены и решение и исследование, а приведены только условие, чертеж, ответ в о1щем виде и контрольные вычисления.

Из рассмотрения этих примеров видно, что рекомендуемая проверка является результатом:

1. Подстановки в полученный в общем виде ответ задачи частного значения параметра.

2. Непосредственного рассмотрения фигуры.

Получение одного и того же результата этими двумя путями дает учащимся основание доверять правильности своего решения. Выбор удобных частных значений параметров зависит от навыка и от смекалки ученика, а отыскание предельных значений является элементом исследовательской работы. Углы надо брать такие, с какими можно оперировать без применения тригонометрии (30°, 60°, 45°, 90°, 0°, 180° и др.). В этом выборе трудность проверки; и правы, конечно, составители инструкции по проведению экзаменов, что не требуют такой

проверки от рядового ученика X класса. Однако в течение учебного года практика такой проверки представляется весьма желательной.

Можно спорить о названии этой операции «проверкой». Это не полноценная проверка, а только контроль, аналогичный проверке посредством подстановки произвольных частных значений букв при алгебраических преобразованиях.

В Ростове на Дону вопрос о проверке геометрических задач вызвал спор между городскими методистами и рядовым учительством, причем методисты выступили в роли противников метода. Больше того, они хотели даже снизить отметку ученику, который осмелился привести в своей экзаменационной работе на аттестат зрелости проверку геометрической задачи. Они мотивировали снижение тем, что излишня» работа, не предусмотренная инструкцией, рассматривается так же, как и недоработка, и снижает качество работы. Поэтому на суд математической общественности (в качестве примера) я привожу выдержки из работы этого ученика, касающиеся контрольного вычисления. Привожу текст задачи;

Две боковые грани треугольной пирамиды — прямоугольные равнобедренные треугольники, гипотенузы которых равны Ь и образуют между собой угол а. Найти объем пирамиды и вычислить объем при Ь= 10,25 см и а^47°32' (черт. 1).

Черт. 1

Получив ответ в общем виде:

ученик проверил результат на двух частных значениях угла.

1) Пусть а = 0°, тогда формула дает V == 0, так как sin 0 = 0.

С другой стороны, и рассмотрение чертежа покажет, что при а = 0 две боковые грани сольются в плоский треугольник и V — 0.

2) Пусть еще а = 60°, тогда sin =~2~ 9

cos60e = -J- и V=~ б3 • 4---Д=- =

_ № /2" — 24 *

С другой стороны, в этом случае Д ADC — равносторонний, АС = Ь, Д АВС=/\ ADB,

L ABC = 90°. Площадь Д ABC = ^ , а объем пирамиды V = —^— = ~з~ * ~J" • ~ = - ^2 . Получен тот же результат.

После контроля ученик подставил в формулу, полученную для V, числовые данные задачи и закончил решение задачи.

Прилагаю образцы контроля решения задач (ниже указаны параграфы и номера задач из задачника по тригонометрии Рыбкина).

1) § 19, № 5. Основанием прямой призмы служит ромб с острым углом а. Как надо пересечь эту призму, чтобы в сечении получился квадрат с вершинами на боковых ребрах? (черт. 2).

Ответ: ср = arc cos ^ tg . Контроль.

При а = 90°; tg-|- = 1; cos <р = 1; ср = 0,

т. е. если в основании ромб обратится в квадрат, то искомое сечение в правильной призме параллельно плоскости основания, что вытекает из чертежа.

2) § 19, № 36. Основанием пирамиды служит ромб со стороной а и острым углом а; из боковых граней две перпендикулярны к основанию, а две другие наклонены к нему под углом ср. Определить боковую поверхность этой пирамиды (черт. 3).

Ответ:

Черт. 2

Черт. 3

Контроль.

Предельный случай ср = 0°.

ctg ^ 45°--— И = a2 sin а; получается формула площади ромба, в который обратится боковая поверхность пирамиды.

3) § 20, № 8. В конусе даны радиус основания R и угол а между образующей и плоскостью основания. В этот конус вписана прямая треугольная призма с равными ребрами так, что ее основание лежит в плоскости основания конуса. Определить длину ее ребер (черт. 4).

Черт. 4

Ответ:

Контроль. С увеличением угла а от 0° до 90° вершина конуса неограниченно удаляется, конус обращается в цилиндр, ребро вписанной призмы будет равно стороне правильного треугольника, вписанного в основание конуса, и, следовательно, должно быть равно R у/3. Полагая в формуле а = 90°, получим также:

4) § 20, № 19. Образующая усеченного конуса наклонена к его основанию, имеющему радиус Rt под углом а; радиус другого основания равен г. Определить боковую поверхность усеченного конуса (черт. 5).

Черт. 5

Ответ:

Контроль, а) При а = 90° cosa = l, S6 = t:R2 — 7гг2 (площадь кольца);

б) при a = 90° задача или не имеет решений (если R ф г), или явится неопределенной (если R = r).

По чертежу видно, что если a—►ЭО0, то 5б—►оо. То же видно из формулы.

5) § 20 № 23. В усеченном конусе высота равна h; образующая составляет с плоскостью основания (нижнего) угол а и перпендикулярна к диагонали осевого сеченая, проходящей через верхний конец этой образующей. Определить боковую поверхность усеченного конуса (черт. 6).

Черт, б

Ответ:

Исследование:

Дополним усеченный конус до полного. Угол S при вершине осевого сечения < 90°, так как |__ ACD = 90° и является внешним для /\ASC. Тогда углы а при основании осевого сечения в сумме больше 90°, а отсюда а>45°. Предельный случай a = 45°.

Контроль.

Угол при вершине должен быть равен 90°, следовательно, диагональ сливается с образующей, усеченный конус станет полным конусом, его боковая поверхность

S6 = тЯ1 = Kh-h У2 = nfi21/2

(здесь R = h; /=А|/2).

Тот же результат получим из формулы S<j, если подставим вместо

cos a = cos 45° = ; Se = к/i2 j/2.

6) § 20, № 25. В усеченном конусе диагонали осевого сечения взаимно перпендикулярны, а образующая составляет с плоскостью нижнего основания угол а и равна I. Определить полную поверхность этого усеченного конуса (черт. 7).

Ответ:

Здесь а<90°.

Контроль. Предельное значение: ос = 90°. Тогда

С другой стороны, тогда усеченный конус превратится в цилиндр, полная поверхность которого

Результат тот же.

7) § 20, № 6 (с небольшим изменением: вместо а дана высота Н).

Черт. 7

Высота конуса равна Н, угол между осью конуса и образующей равен а. Через середину высоты проведена прямая под углом $ к оси и пересекающая боковую поверхность конуса в двух точках. Определить ее отрезок, заключенный внутри конуса (черт. 8).

Черт. 8

Ответ:

Контроль.

Предельное наибольшее значение угла р=90°. При этом секущая параллельна плоскости основания, a CD обращается в среднюю линию Д AS5 и равна радиусу основания конуса, т. е. Higa. Тот же результат дает формула:

8) § 21, № 5. В параллелепипеде длины трех ребер, выходящих из общей вершины: а, Ь, с; ребра а и Ъ взаимно перпендикулярны, а ребро с образует с каждым из них угол а. Определить объем параллелепипеда и угол между ребром с и плоскостью того прямоугольника, который служит гранью параллелепипеда (а = 120°) (черт. 9).

Черт. 9

Ответ:

Контроль. Положим: а = 90°; 2а = 180°;

V=abc (получен действительно объем прямоугольного параллелепипеда).

9) (Экзаменационная задача 1947 г. на аттестат зрелости.) В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида, боковое ребро которой образует с плоскостью основания угол а. Определить объем пирамиды (черт. 10).

Ответ:

Черт. 10

Контроль:

а) предельный случай а=0, 1/ = 0 (и геометрически и по формуле).

б) при а = 45° высота равна радиусу шара; основание — квадрат, вписанный в большой круг шара. Площадь квадрата равна половине квадрата диагоналей, т. е.

К тому же приводит подстановка а = 45° в полученную формулу V:

О ПРОВЕРКЕ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ ПРИ ПОМОЩИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ПОСТРОЕНИЙ

А. И. ВОЛХОНСКИЙ (Можайск)

В дискуссии о требованиях к письменным работам по математике, развернувшейся на страницах журнала «Математика в школе», рассматривался вопрос о проверке письменных работ по алгебре. Однако ни в статье Ю. О. Гурвица и С. В. Филичева, ни в откликах на нее не упоминается о проверке работ по геометрии. Создается впечатление, что проверку надо давать только к алгебраическим задачам. Забывается, что при солидно поставленном преподавании математики ученик должен уметь сделать проверку ответа, вообще говоря, к каждой задаче, к каждому примеру, каждому вопросу, поставленному перед ним; ею он должен подтвердить, что решение сделано им сознательно, не механически.

Возьмем, например, задачу:

Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник ABC (АВ = АС), периметр которого равен 2р и угол при вершине А равен а. Через сторону ВС нижнего основания и противолежащую вершину Ах верхнего основания проведена плоскость, составляющая с плоскостью нижнего основания угол р. Определить объем призмы и вычислить этот объем при р - 23,75 см, а = 47°32' и р = 55°20'.

Решая эту задачу в общем виде, учащиеся получают:

ps.sin—• cos2— • tg р

8 sine (45е+ -4-)

Подставляя числовые значения, находят: V ^ 2367 куб. см.

Здесь возникает вопрос: как проверить полученный результат хотя бы приблизительно? Как ученик может судить хотя бы о том, сколько знаков должен иметь ответ? Иначе следует ли удивляться, если вместо 2367 куб. см ученик получит, например, 23 куб. см и не будет видеть необходимости искать ошибку?

Ученик, сознательно относящийся к делу, может приближенно оценить правильность ответа по размерам основания, которое, судя по величине периметра и угла а, должно иметь площадь, близкую к 100 кв. см, и высоте пирамиды, близкую к 20 см. Если это так, т. е. если он действительно представляет себе размеры элементов данного тела, то почему бы ему не изложить свои соображения, чтобы удостоверить сознательное отношение к результату вычислений?

Какой же должна быть эта проверка? Наиболее целесообразной, по моему мнению, является проверка правильности полученного результата при помощи геометрических построений. Для рассмотренной задачи я представляю ее себе примерно так.

Пользуясь обозначениями сделанного при решении чертежа (черт. 1) и выбрав такой масштаб, чтобы чертеж уместился на странице, чертим (черт. 2) основание пирамиды (ДЛ^ЗС)>

т. е. решаем задачу: «Построить равнобедренный треугольник по данному полупериметру и углу при вершине». Данные задачи (/?, V, о) откладываем с той точностью, которая доступна, миллиметровой линейкой и транспортиром. В начерченном треугольнике измеряем (в соответствии с масштабом) его высоту ADzz 15 си, его основание ВС^ 13 у см и вычисляем площадь Saabc ^ 105 кв. см. Наконец, чертим /\АОАг (черт. 3), т. е. решаем задачу: «Построить прямоугольный треугольник по катету (AD) и прилежащему острому углу (L Р)», измеряем катет ААХ ^ 22 см и вычисляем объем призмы: V = SlabcX. X ААХ ^ 2310 куб. см. Приблизительное совпадение ответов (2367 куб. см и 2310 куб. см) указывает, что задача решена верно; разница в 57 куб. см есть, очевидно, результат неточности наших построений и измерений.

Черт. 1

Проверка сделана. Правда, это совсем не то, что мы понимаем под словом «проверка», например, в письменных работах по алгебре; там ученик мог сказать себе «Мой ответ верен» —

здесь же —только мысль: «Мой ответ приблизительно совпадает с тем, что должно бы получиться, если бы решить задачу точно». При некоторой небрежности построений может даже получиться расхождение в первых знаках.

Черт. 2

Тогда ученик должен делать проверку постепенно. Так, например, для рассмотренной задачи он должен, пользуясь промежуточной формулой, полученной им при решении задачи, вычислить (по таблицам логарифмов) высоту AD и сравнить ее с высотой на чертеже 2; сделать то же с основанием ВС; наконец, так же проверить длину ребра ААг (по чертежу 3). При каждой такой отдельной, более простой проверке легко видеть по чертежу, как та или иная погрешность построения влияет на размеры определяемого элемента, а поэтому легко судить о том, является ли разница двух ответов допустимой или же эта разница указывает на то, что ответ, полученный вычислением, неверен. Таким образом, несмотря на «неточность» рассматриваемого способа проверки, мы всегда можем достигнуть цели.

Черт. 3

Производя такую проверку, мы не только имеем возможность просто и естественно обнаружить наличие ошибки и даже указать то место, где она была сделана, но и получаем целый ряд методических выгод. Ценность такой проверки я вижу в следующем:

1) Она имеет непосредственное образовательное значение: учащиеся получают элементарное представление о графических методах расчетов, которые часто применяются в технике.

2) Она дает возможность частого повторения задач на построение; делает очевидной практическую ценность этих задач, поднимает интерес к ним.

3) Вычерчивание отдельных элементов геометрической фигуры в натуральную величину или в масштабе способствует более отчетливому представлению этой фигуры, а значит, способствует развитию пространственного представления.

4) Исправляется серьезный недостаток — полное устранение измерений из курса математики старших классов,— недостаток, приводящий к формализму в знаниях учащихся.

Знакомство учащихся с проверкой задач при помощи построений следует начинать еще в тригонометрии (вычисление значений тригонометрических функций и, особенно, решение треугольников) и лишь потом применять в стереометрии. В этом случае оно не требует особого времени и не вызывает методических затруднений. Учащиеся обычно легко понимают, что от них требуется, и охотно применяют это в нужных случаях. (Само собой понятно, что требовать производства такой проверки нужно лишь для некоторых задач; делать такую проверку к каждой, даже простой задаче бессмысленно.)

От редакции. Вопрос о требованиях, предъявляемых к письменным работам учащихся, продолжает оставаться предметом обсуждения. В частности, многими учителями подвергается сомнению целесообразность требования проверки алгебраических задач «по условию» (необходимо заметить, что это требование в официальных документах не выставляется как обязательное). В статье т. Смирнова формулируются соображения, показывающие отрицательные стороны этой проверки.

В статьях т. Байбурт и т. Волхонского предлагаются способы контроля при решении задач по стереометрии. Целесообразность применения указанных способов контроля при выполнении экзаменационных работ встречает возражения, так как это повлекло бы за собой увеличение и без того достаточно трудоемких заданий. Однако рекомендуемые авторами

способы могут в качестве полезных упражнений применяться в течение учебного года в порядке повседневной работы.

По поводу статьи т. Байбурт необходимо сделать следующее замечание. Автор приводит ряд примеров «проверки» полученной формулы решения данной стереометрической задачи «в предельных случаях», когда рассматриваемая фигура вырождается в другую фигуру, к которой рассуждения, положенные в основу решения задачи, непосредственно не применимы.

Здесь автором неявно постулируется следующее положение: формула остается в силе и для предельной фигуры.

Однако в каждом конкретном случае это положение требует обоснования, так как в общем случае оно может и не иметь места. Но с другой стороны, рассмотренные изменения фигуры, в зависимости от значений параметров, а также предельных случаев, могут служить источником полезных и содержательных упражнений, имеющих существенное значение в борьбе за сознательное, не формальное, усвоение геометрии. Исходя из сказанного, для «предельных случаев» можно рекомендовать следующую постановку вопроса: «останется ли в силе формула для предельного случая?» или: «проверить, что формула справедлива и в предельном случае». Разумеется, в такой постановке вопросы теряют характер «контрольных».

К ВОПРОСУ О ПЛОТНОЙ УКЛАДКЕ ДРОВ

В. Ф. ФЕОФИЛАТЬЕВ (Череповец)

Вопросы полнодревесности штабелей бревен и поленниц дров обычно решают, пользуясь опытными данными (см., например, К. М. Ашкенази, Механизация лесоразработок, т. II, Л. 1938, стр. 514—521). Представляется небезынтересным исследовать этот вопрос математически. Такое исследование может дать некоторым известным из практики фактам новое освещение. Так, например, кажется непосредственно ясным, что дрова кругляк укладываются в поленницы тем плотнее, чем крупнее их диаметр. Однако теоретически такое явление не представляется неизбежным. Подробным исследованием этого вопроса мы и займемся.

«Коэфициентом полнодревесности называется отношение кубатуры древесины штабеля к геометрическому объему последнего» (см. книгу Ашкенази, т. II, стр. 516). Следовательно, если обозначить объем какой-нибудь отдельной чурки через vh сумму объемов всех чурок штабеля через 2kfj их; — объем штабеля, то коэфициент полнодревесности А = "=~,

Примем для простоты, что дрова имеют строго цилиндрическую форму. Такое допущение практически возможно. Длину всех чурок будем считать одинаковой, равной /. При указанных допущениях имеем:

v ~~ SI SI S 9 где I,St означает сумму площадей поперечных сечений чурок, a S — площадь поперечного сечения поленницы. Задача определения диаметра дров, при котором поленница будет наиболее полнодревесна, оказывается равносильна следующей геометрической задаче: данный прямолинейный контур (квадрат, прямоугольник и т. п.) заполнить кругами так, чтобы плотность их расположения была наибольшей. Очевидно, плотность расположения кругов, как и коэфициент полнодревесности, всегда меньше единицы: 0<Д<О. Если допускать круги каких угодно диаметров, то диаметр исходных кругов безразличен. В самом деле, между кругами, а также между кругами и контуром можно вписывать все новые и новые круги, радиусы которых будут уменьшаться (черт. 1). Плотность же заполнения будет увеличиваться и теоретически может быть сделана как угодно близкой к единице. Поэтому в дальнейшем будем рассматривать только круги одинаковых диаметров. Кстати, и на практике лесоматериалы часто сортируют по толщине.

Черт. 1 Черт. 2

Пусть в квадрат со стороною а вписано п рядов по п кругов в каждом ряду, как показано на чертеже 2, всего, следовательно, п2 кругов с радиусами г = т>-. Плотность их расположения

не зависит от числа кругов п и, следовательно, остается постоянной, независимо от величины радиусов.

Рассмотренное расположение кругов соответствует тому случаю, когда дрова укладываются в клетку (черт. 3). Итак, теоретическая плотность этого вида кладки А = ^ 0,7854, что не очень сильно разнится от указанной Ашкенази (цит. соч., стр. 521) плотности для клеточной кладки.

Черт. 3

Черт. 4

Разобранное расположение кругов (черт. 2) не является самым плотным расположением их на плоскости. Наиболее плотное расположение получается в том случае, если каждый круг будет касаться не четырех, а шести соседних кругов (черт. 4). Такая кладка будет наиболее устойчивой, так как центры всех кругов, начиная со второго ряда (и, следовательно, центры тяжести поленьев) в случае, изображенном на чертеже 4, находятся ниже, чем в случае, изображенном на чертеже 2. Но квадрат не является подходящей фигурой для подобного расположения кругов. Это уже видно из расположения трех кругов (черт. 5), так как получается «зазор >.

Черт. 5

Черт. 6

Вместо квадрата удобно взять одну из следующих фигур: прямоугольник, трапецию, ромб или правильный треугольник.

Начнем с последнего. Пусть в правильный треугольник (черт. 6) со стороною а вписываются круги следующим образом: на основании АС треугольника расположено п кругов, касающихся друг друга, основания, а два крайних и боковых сторон треугольника. Тогда во второй ряд впишется п—1 таких кругов, в третий п—2 и т. д. и в вершине, наконец, один круг, касающийся двух боковых сторон треугольника и двух кругов предшествующего ему ряда. Число всех кругов будет

Выразим радиусы кругов через сторону треугольника а. Из чертежа имеем:

следовательно,

откуда

Теперь легко находим плотность расположения кругов:

Как видим, здесь плотность расположения кругов оказалась зависящей от числа кругов /г, а следовательно, и от их радиусов. Определим, возрастает или убывает плотность расположения с увеличением числа кругов и соответственным уменьшением их радиусов при данном а. Поместив вдоль основания АС правильного треугольника не п, а п-\-\ кругов, по предыдущему найдем:

Определим знак разности:

Так как в полученном выражении все сомножители, кроме заключенного в квадратные

скобки, положительны, этот же последний отрицателен. Значит, плотность расположения вписанных в правильный треугольник кругов возрастает с уменьшением радиусов этих кругов (если, конечно, количества кругов выражаются числами вида -^— > где Л = 1|

2. . . Найдем наименьшую и наибольшую плотность, какие только возможны при таком расположении кругов в правильном треугольнике. Минимальную плотность получим, положив ц=\ в формуле для Дл. Получаем:

Максимальную (недостижимую) плотность найдем, переходя в выражении для 4Л к пределу:

Т. е. допуская образное выражение «окружности нулевого радиуса», заполняют немного менее 91% всей площади треугольника.

Перейдем к наиболее важному с практической точки зрения вопросу о заполнении площади прямоугольника.

Пусть в прямоугольник с данным основанием а и высотой А, которую нужно еще определить, вписываются круги следующим образом (черт. 7): вдоль основания располагается ряд из п кругов радиуса r= ■gj-. Следующий за ним ряд состоит из п — 1 таких же кругов, из которых каждый касается двух кругов нижнего ряда, третий ряд опять из п кругов и т. д., всего п рядов (на черт. 7 П—1). Определим высоту А прямоугольника: h = DE = DB + ВС ~\- СЕ. Здесь DB = СЕ=г. Отрезок ВС найдем из прямоугольного треугольника ABC, в котором гипотенуза АВ=2г(п—1), катет АС = г(п—1)у и, следовательно, ВС = = г(п — 1)1^3. Вся же высота равна

Черт. 7

Для подсчета количества кругов, вмещающихся в прямоугольнике, будем рассматривать два случая: п четное число и п число нечетное.

Итак, пусть п четное, т. е. n = 2k(k = = 1, 2, 3...), тогда в прямоугольнике будет содержаться -~2=k рядов, в каждом из которых по п = 2к кругов, и столько же рядов по п — 1 = 2k — 1 кругов. Всего, следовательно, 2ft.А + (2ft — l)ft = 4ft»—ft = ft(4ft—1) кругов.

Так как а = 4ftr, a A = r(/i-l)"j/"3 + 2r--=r[(2ft—l)j/3 + 2], то для плотности расположения кругов получим выражение:

В случае нечетного п = 2k — 1 (k = 1, 2, 3...) в прямоугольнике будет содержаться — = ft рядов, в каждом из которых по п — 2k—1 кругов, и —2~ = k — 1 рядов по п — 1 =г = 2 (k — 1) кругов.

Всего будет ft (2ft — 1)-}-2(k — 1)« = 4ft2 — — 56-f-2 кругов. Далее, так как а = 2гп = = 2r(2ft—1) и h = 2r [(ft—1) 1/3 + 11, то плотность расположения будет:

Нетрудно убедиться, что и в этом случае плотность монотонно возрастает (для нечетного n = 2k—1, начиная с я = 3). Таким образом, наименьшая плотность при заполнении кругами прямоугольника есть Д9 =-^-=^ 0,632.

Наибольшую плотность найдем, переходя к пределу

Получилась та же самая плотность, что и в случае заполнения площади треугольника. Указанные в книге Ашкенази (стр. 521) коэфициенты полнодревесности в штабелях без прокладок от 0,69 до 0,82 вполне укладываются в найденные нами пределы.

Итак, мы получили, что при клеточной кладке коэфициент полнодревесности остается постоянным: Д = ^= 0,7854, а при беспрокладочной кладке возрастает от некоторого минимума до предельного значения:

д . ^1~о,907.

Практика противоречит этим выводам, показывая возрастание полнодревесности с увеличением диаметра дров. Но это обстоятельство станет вполне понятно, если принять во внимание неучтенный нами так называемый «поправочный коэфициент» на неплотное прилегание каждых двух соседних бревен. Этот коэфициент вообще меньше единицы и определяется индвидуальными условиями каждого случая (порода деревьев, качество очистки от сучьев и т. д.) и находится эмпирически. Ясно далее, что влияние этого коэфициента возрастает в сторону уменьшения плотности кладки с уменьшением диаметра и соответствующим увеличением количества бревен при неизменном общем контуре поленницы или штабеля, так как возрастают границы соприкосновения между отдельными бревнами.

Остановимся еще на предельном коэфициенте плотности А = — . Этот коэфициент неизменно получается при наиболее плотном заполнении любого ограниченного контура, если только диаметры кругов неограниченно приближаются к нулю. Заметим, что этот же самый предел получается и при неизменных диаметрах кругов, но при неограниченном увеличении размеров контура (черт. 8)*.

Этому факту легко найти объяснение.

Представим всю плоскость заполненной кругами произвольного, но одинакового для всех них диаметра. Получим расположение, показанное на чертеже 9. Соединяя центры каждых трех соседних кругов, разобьем всю емкость на правильные треугольники (Гильберт и Кон-Фоссен, Наглядная геометрия, М.—Л. 1936, стр. 40-41).

Черт. 8 Черт. 9

Плотность заполнения всей плоскости та же, что и плотность заполнения каждого отдельного треугольника. А эта последняя равна отношению суммы площадей трех круговых секторов с центральным углом в 60°, находящихся внутри треугольника, к площади этого треугольника. Так как сторона треугольника 2г, то плотность эта:

и будет плотностью расположения кругов на плоскости.

Эта плотность не зависит от диаметров кругов, следовательно, остается неизменной и в пределе, когда диаметры неограниченно уменьшаются. Таким образом, найденная нами предельная плотность Д = * *с и есть плотность указанного расположения кругов на плоскости. Отступления же от этой плотности при любом конечном числе кругов зависят от формы описанного прямолинейного контура и появляются, очевидно, за счет уменьшения плотности у границ контура.

От редакции. Статья тов. Феофилатьева помещается в качестве материала для школьных математических кружков. Материалы для кружков редакция предполагает помещать и в дальнейшем.

* В самом деле, выведенные выше зависимости одинаково выражают либо неограниченное уменьшение г при неизменном (как мы и рассматривали, исходя из поставленной задачи), либо неограниченное возрастание а при неизменном г.

ВОПРОСЫ, РЕШЕНИЕ КОТОРЫХ НЕ ТЕРПИТ ОТЛАГАТЕЛЬСТВА

ПИСЬМО В РЕДАКЦИЮ ОТ ГРУППЫ УЧИТЕЛЕЙ, г. Чкалова

С учителями математики г. Чкалова в период январского совещания обсуждался вопрос о выполнении приказа Министра просвещения РСФСР № 434 от 10 августа 1948 г.

В пункте 2 этого приказа говорится: «Идейно-политическое воспитание в школе осуществляется, прежде всего, в процессе преподавания основ наук. В новом учебном году задача учительства заключается в том, чтобы добиться повышения идейно-политического уровня преподавания и лучшего усвоения учащимися основ наук. Знания сообщаемые учащимся, должны быть строго научно достоверными, преподавание должно вестись на уровне современной науки с учетом ее последних достижений. Вместе с тем научность преподавания означает, что все учебные предметы должны излагаться на основе методологии материалистической диалектики в ее специфическом применении к каждой отдельной науке. Только при действительно научном преподавании обеспечивается осмысленное, активное и глубокое усвоение знаний учащимися», и далее: «При изучении математики особое внимание должно быть обращено на развитие логического мышления и пространственных представлений учащихся. В связи с этим надо настойчиво добиваться того, чтобы теоретический материал курса математики не заучивался учащимися механически».

Кроме того, отмечено, что наличие у учащихся формальных знаний является серьезным недостатком в работе школы.

Мы понимаем исключительную важность вышеупомянутых задач и прилагаем все силы для выполнения их в своей педагогической практике. Так, все заседания общегородской секции учителей математики за последние 2—3 года были посвящены вопросам научного и методологического характера, а также вопросам искоренения формальных знаний у учащихся и развитию у них логического мышления.

На пути реализации приказа у нас встречаются большие трудности, о которых мы хотим рассказать в этом письме и услышать голос других учителей математики.

Первым серьезным препятствием является наличие крупнейших недостатков в стабильных учебниках и задачниках, особенно по алгебре и тригонометрии. Стабильные учебники и задачники по алгебре и тригонометрии совершенно не уделяют внимания вопросу развития логического мышления у учащихся. Так, при изученнии алгебры по учебнику Киселева учащиеся не видят логических выводов либо потому, что они отсутствуют, либо изложены совершенно нечетко:

1) В теме «Относительные числа» ученику трудно понять, что является определением, теоремой и следствием.

2) В тождественных преобразованиях как рациональных, так и иррациональных выражений не указаны четко посылки, на которых основаны преобразования, и тем самым отсутствуют логические выводы.

3) Изложение уравнений и особенно систем уравнений логически необосновано: совершенно не излагаются свойства систем уравнений, на которых основан процесс решения, а поэтому при решении учащиеся не упражняются в логических умозаключениях и вся практика превращается лишь в бессознательную технику преобразований.

Мы не собираемся далее конкретизировать свои мысли, а укажем лишь, что логическая несостоятельность и нечеткость изложения в учебнике Киселева становится очевидной, особенно если сравнить его с учебником алгебры П. С. Александрова и А. Н. Колмогорова (последнего, к великому сожалению, учителя не имеют).

Вторым серьезным препятствием в работе является методологическая и научная невыдержанность тех же учебных пособий по алгебре и тригонометрии.

Если одной из существенных методологиских ошибок биологов-вейсманистов является то, что «наследственное вещество» существует и развивается независимо от тела, в котором находится, и независимо вообще от окружающей среды, а это, как известно, находится в явном противоречии с первой чертой марксистского диалектического метода, то и стабильные учебники по алгебре и тригонометрии содержат аналогичную методологическую ошибку.

В самом деле, в задачнике по алгебре, ч. II, § 1, даны правила для преобразования корней, и все они сформулированы независимо от того, что обозначают буквы. В учебнике алгебры Киселева, ч. I, § 90, при решении уравнений с параметрами наблюдается та же картина (хотя 2-е свойство уравнений изложено в учебнике).

Решение примеров, как свидетельствуют ответы, даны также независимо (безотносительно) от того, что обозначают буквы (впрочем, в последних изданиях есть ограничения

случаях в 10 из 400). В учебнике алгебры есть указание (сделанное вскользь), что следует всегда рассматривать корни только арифметические. Такое указание, во-первых, суживает проблему изучения тождественных преобразований с радикалами (например, для радикалов нечетной степени), и притом это не согласуется с упражнениями как задачника, так и самого учебника. Главное же зло в том, что этот методологически весьма существенный момент следовало провести красной нитью через всю теорию тождественных преобразований с радикалами и теорию решения иррациональных уравнений с параметрами.

Результаты такой методологической невыдержанности в этом разделе весьма ощутительны:

1) учащиеся при изучении этого раздела привыкают смотреть на преобразования независимо от того, что обозначают параметры, иначе говоря, привыкают мыслить не диалектически;

2) учащиеся не усваивают сущности этих разделов, и приобретенные формальные навыки зачастую являются грубо ошибочными.

Так, областные контрольные работы последних лет содержали грубые ошибки типа:

(Из работ учеников VIII классов.)

Примеров такого рода ошибок можно было бы привести еще много, но и приведенных нами достаточно, чтобы понять, какой вред оказывают наши методологически невыдержанные учебники на воспитание подрастающего поколения: начиная с семилетки, учащиеся приучаются мыслить не диалектически.

Из сказанного следует, что на пути учителя математики, стремящегося к строго научному преподаванию и развитию навыков логического мышления у учащихся, имеется существенная преграда — отсутствие учебников и задачников должного качества.

Третьим серьезным препятствием в деле улучшения состояния преподавания математики является продолжающаяся вредная практика некоторых приемных комиссий по математике во втузы.

Эта вредная практика заключается в том, что у поступающих во втузы проверяются не столько глубокие знания предмета, не столько сознательные навыки, сколько формальные знания и навыки, и, в лучшем случае, сообразительность.

Так, излюбленными до сих пор являются примеры, связанные с громоздкими тождественными преобразованиями, причем эти примеры бывают зачастую исключительно трудные для сознательного проведения преобразований, так как связаны с весьма серьезными исследованиями и с многочисленными вариантами ограничений. Экзаминаторы, которые здесь имеются в виду, не интересуются этими ограничениями и исследованиями, их интересует лишь беспредметная игра с символами.

Таким образом, в настоящее время учителя математики находятся между двумя непримиримыми направлениями: с одной стороны, многие вту. ы проверяют у учащихся умение производить громоздкие преобразования и знания многочисленных искусственных приемов (без претензий на сознательность), т. е. требуют формальных знаний у учащихся, с другой стороны, приказ Министра просвещения № 434 требует сознательного усвоения материала учащимися.

Следуя принципу сознательности, мы не в состоянии в отведенное программами время усвоить сознательно с учащимися всю массу искусственных приемов и те громоздкие тождественные преобразования, которые предъявляются к абитуриентам втузов.

Если мы будем готовить учащихся так, чтобы удовлетворить требования указанных экзаминаторов втузов, то знания учащихся будут формальными.

Пока это препятствие не будет устранено, нельзя провести радикального улучшения в преподавании математики в средней школе.

Исходя из вышеизложенного, мы считаем необходимым:

1. Дать для средней школы учебники и задачники, методологически и научно выдержанные, полностью отвечающие требованиям программ Министерства просвещения.

2. Дать более конкретную объяснительную записку к программам, указав объем, глубину изучаемого материала по каждому разделу.

3. Подвергнуть резкой критике вредные традиции некоторых приемных комиссий втузов. По поручению учителей математики г. Чкалова

Буданцев П. А.

Преподаватель кафедры математики пединститута

Вятчин Г. Д.

Руководитель секции учителей математики VIII— X классов

Курбатов.

Руководители секции учителей математики V— VII классов

Учителя Павлович, Иоффе.

ИЗ ОПЫТА

ЗАДАЧИ С ГЕОМЕТРИЧЕСКИМ СОДЕРЖАНИЕМ В КУРСЕ V КЛАССА

Н. А. ПРИНЦЕВ (Россошь)

В основу изучения геометрического материала надо положить принцип наглядности и опытные обоснования тех формулировок, какими следует пользоваться при решении геометрически задач.

Логическое определение геометрических понятий, с которыми приходится встречаться при разрешении геометрических задач, как, например, высота цилиндра и т. п., можно заменить описательными определениями или просто показом на моделях и чертежах.

Если учитель систематически пользуется при изучении арифметики буквенными выражениями, то можно применять формулы для решения геометрических задач. Во всяком случае, нужно сообщать учащимся словесные формулировки этих формул — справила» для вычисления площадей и объемов. Эти правила следует записывать в тетрадях, поскольку учащиеся не имеют соответствующего учебника. Разумеется, что в тетрадях должны быть и необходимые чертежи и рисунки.

В контрольные работы по арифметике необходимо включить задачи с геометрическим содержанием, а на уроках опрашивать учащихся о способе вычисления той или иной геометрической величины.

Перейдем к рассмотрению отдельных геометрических вопросов.

1. Площадь параллелограма

а) Знакомство с параллелограмом.

Учитель приносит в класс таблицу четырехугольников (черт. 1) и предлагает учащимся указать на этой таблице те четырехугольники, которые носят особое название и с которыми учащиеся знакомы (квадрат и прямоугольник).

Учитель может дать, например (черт. 1), вопросы в такой форме: «Какая из фигур — квадрат?» «Какие из фигур — прямоугольники?» «Чем отличается фигура третья от четвертой?»

«Есть ли здесь фигуры, сходные с этой третьей фигурой?» Затем учитель указывает, что фигуры 3, 6 и 7 называются параллелограмами, и объясняет, что противоположные стороны у них при продолжении не пересекаются, что они параллельны.

Черт. 1

Никакого определения параллелограма не следует требовать, достаточно, чтобы учащиеся сумели начертить эту фигуру, указать частные виды параллелограмов, (квадрат и прямоугольник) и отметить характерные свойства последних.

После этого учитель зарисовывает на классной доске различные формы параллелограмов, сопровождает эти рисунки заголовком. «Параллелограмы» и знакомит учащихся с названиями «основание» и «высота». Основание просто показывается на чертеже (черт. 2) (достаточно взять сторону, параллельную нижнему краю классной доски). Высота определяется как расстояние между равными основаниями.

Для нахождения расстояния от точки до прямой линии, а также расстояния между двумя параллельными следует пользоваться угольником. Приложив угольник к одной из взаимно

перпендикулярных сторон к основанию параллелограма, производим непосредственное измерение отрезка, отсеченного на другой стороне, как показано на чертеже 2 (справа).

Черт. 2

б) Площадь параллелограма

Далее показывается модель параллелограма, которая разрезана по прямой AM, ю сзади имеет застежки-крючки (черт. 3). Ее часть DAM можно отстегнуть и перенести параллельно в сторону ВС так, что бы ее снова можно было пристегнуть.

Черт. 3

Благодаря этому параллелограм превращается в прямоугольник с таким же основанием и такой же высотой. Этим переносом и показывается, что площадь параллелограма вычисляется путем умножения основания его на высоту.

На классной доске учитель записывает вывод: «площадь параллелограма равна произведению основания на высоту» и сопровождает вывод чертежом параллелограма с указанием основания и высоты (черт. 4).

Черт. 4

Если учитель пользуется буквенными обозначениями, то он может сообщить формулу для вычисления площади параллелограма. В таком случае запись может иметь вид, указанный на чертеже 5. Словесная формулировка предшествует записи формулы, а в формулировку включаются буквенные значения s, а и h указываемых в ней величин.

в) Примерные упражнения

1) Вычислить площадь параллелограма, если его основание 5 м (4,2 см; 3 -у л), а высота 6 м (3,7 см) 14 см).

Черт. 5

2) Определить основание (высоту) параллелограма, если его площадь равна 14 кв. м, а высота (основание) 2,5 м.

3) Начертить параллелограм, произвести необходимые измерения и вычислить его площадь в кв. сантиметрах и в кв. миллиметрах.

4) Проверить вычисление, приняв за основание другую сторону параллелограма.

5) Стороны параллелограма 4 см и 5 см, а угол между ними 40°. Начертить этот параллелограм и вычислить его площадь.

6) На школьном дворе отделить участок в форме параллелограма и определить его площадь в кв. м и в арах.

7) Во сколько раз увеличится площадь параллелограма, если его высоту увеличить в 2 раза, а основание увеличить в 3 раза.

8) Начертить два различных параллелограма, но с одинаковыми высотами и основаниями. Будут ли равны их площади.

2. Площадь треугольника

а) Знакомство с треугольниками.

Учитель показывает таблицу, где нарисованы типы треугольников (черт. 6) — прямоугольные, остроугольные и тупоугольные, и поясняет их названия. Далее он знакомит учащихся с термином «основание треугольника», указывает, что любую сторону можно принять за основание. Наконец, знакомит с высотою треугольника (как с расстоянием вершины угла от основания треугольника). Для нахождения высоты

Черт. 6

следует пользоваться угольником. Учащиеся делают соответствующие чертежи (черт. 7).

Черт. 7

б) Площадь треугольника.

Учитель показывает вырезанные из картона или плотной бумаги два параллелограма, один из которых прямоугольник, и разрезает их по диагонали АВ (черт. 8).

Черт. 8

Получив из каждой фигуры два треугольника, учитель предлагает учащимся вопрос: «Какова площадь прямоугольного треугольника по сравнению с площадью прямоугольника?» После этого учитель показывает наложением совпадение полученных треугольников, чем решается вопрос о равенстве их площадей.

Учитель ставит вопрос: «Как же вычислить площадь треугольника?» Предполагаемый ответ: «Надо основание треугольника умножить на высоту и разделить на 2».

После этого учитель делает чертеж и записывает выводы на классной доске, а учащиеся выполняют то же в тетрадях.

Если учащиеся знакомы с буквенной символикой, то, кроме правила, записывается и формула. Запись в тетрадях имеет примерно такой вид (черт. 9).

Черт. 9

Чтобы вычислить площадь треугольника, надо произведение его основания на высоту разделить на 2,

Учитель предлагает кому-либо из учащихся измерить в сантиметрах основание и высоту треугольника, начерченного на классной доске, н вычислить его площадь.

в) Примерные упражнения.

1. Вычислить площадь четырехугольника, вычерченного на бумаге или на классной доске, путем разбивки его на два треугольника.

2. Вычислить площадь участка земли, имеющего форму, указанную на чертеже 10 (масштаб чертежа: i см соответствует 100 м). Какие длины надо измерить для вычисления его площади?

Черт. 10

3. Поле в форме квадрата со стороною 50 м надо заменить равновеликим треугольным участком, основание которого равно 240 м.

Найти высоту треугольного участка.

Будет ли иметь этот треугольник определенную форму?

3. Длина окружности

а) Знакомство с окружностью и кругом.

Учащиеся из уроков рисования, а также из практической жизни знакомы с этими терминами. Здесь только надо обратить внимание на то, чтобы учащиеся не путали одно понятие с другим. Надо показать картонный круг и согнутую в виде окружности тонкую проволоку и подчеркнуть, что круг — часть плоскости, а окружность — линия.

После этого циркулем вычерчивается окружность и указывается, что все точки окружности удалены от ее центра на одно и то же расстояние, которое называется радиусом. Далее следует начертить радиус, диаметр и хорду и измерить радиус или диаметр на конкретных кругах. Давать определения всех этих терминов нет надобности.

б) Вычисление длины окружности.

Для выяснения того факта, что отношение длины окружности к ее диаметру есть число примерно равное 3,14 для любой окружности, с учащимися проводится лабораторная работа. Можно предложить принести в класс какие-либо небольшие предметы, имеющие «круглую» форму: монету, банку, кружку и т. п., но лучше всего воспользоваться небольшими цилиндрами из дерева. Желательно иметь в школе такие цилиндры (обязательно различного диаметра) в достаточном количестве.

Для работы необходимо иметь: 1) цилиндр, 2) полоску бумаги, 3) миллиметровую линейку.

Учитель раздает цилиндры, заготовляет на доске схему записи наблюдений и вычислений в такой форме:

Диаметр цилиндра

Длина окружности

Отношение длины окружн. к диаметру

Учащиеся должны: 1) измерить диаметр круга основания цилиндра, для этого желательно заранее на моделях вычертить один из диаметров, чтобы учащиеся могли точнее определить его размер; 2) измерить с помощью полоски бумаги длину окружности (обернув цилиндр полоской бумаги и выпрямив затем полоску); 3) после этого учащиеся должны произвести вычисление отношения длины окружности к диаметру с точностью до 0,1 (большая точность невозможна, так как длина диаметра круга будет иметь две значащие цифры: целое число см и мм).

Во время работы надо обратить внимание на тщательность измерений, исправить те из них, которые дают для отношения неверное или очень грубое значение.

После этого учитель выясняет, что это отношение имеет примерно одно и то же значение: длина окружности примерно в 3 раза больше ее диаметра. Более тщательные вычисления покажут, что «длина окружности в 3,14 раза больше ее диаметра», — этот вывод записывается на доске и в тетрадях.

Далее учитель задает вопрос: «Как вычислить длину окружности, которая вычерчена на доске?» «Что надо измерить для этого?»

Выясняется, что надо измерить диаметр, а затем увеличить его в 3,14 раза. После этого записывается вывод: «Для вычисления длины окружности надо ее диаметр умножить на 3,14». Если учащиеся пользуются буквами, то к выводу дается формула: L = 3,\4d.

Можно заняться преобразованием этой формулы: так как d=2R, то 1=3,14^=3,14X2^= = 6,28/?, т. е. можно для вычисления Длины окружности умножить длину ее радиуса на 6,28.

Полезно читать эти формулы так: длина окружности равна произведению 3,14 (6,28) на ее Диаметр (радиус).

Целесообразно вывесить таблицу-плакат примерно такого содержания (черт. 11).

в) Примерные упражнения.

№ 1. Какой длины окружность у круга, если радиус его 15 м! 1,4 м! -у см!

№ 2. Какой радиус (диаметр) имеет окружность, если ее длина равна 314 м! 5,2 см!

№ 3. Какой длины железную полосу нужно взять для шины колеса диаметром 1 м, если на сварку концов надо оставить 7 см!

№ 4. С какой скоростью движется Земля вокруг Солнца, если считать, что она движется по окружности с радиусом 150 000 000 км (расстояние Солнца от Земли)?

Черт. 11

№ 5. Длина минутной стрелки часов на Кремлевской башне 3,56 м. Какой путь описывает ее конец за 1 минуту?

№ 6. Окружность больше своего диаметра на 816 см. Найти радиус.

4. Площадь круга

а) Вычисление площади круга.

Учитель подготовляет такое пособие: круг из плотной бумаги или картона с диаметром 20—25 см, одна половина его закрашена одной краской (например, зеленой), а другая — другой краской (например, розовой); круг разделен на 16 равных секторов. Кроме того, готовится таблица, на которой начерчена окружность точно такого же радиуса, как этот круг, и наклеены равные секторы, вырезанные из другого такого же круга (черт. 12).

Черт. 12

Учитель показывает круг и накалывает его на таблицу, где нарисована окружность. Вся остальная часть плаката закрыта от учащихся кусками бумаги.

После этого учитель дает такие разъяснения: «Я имел другой такой же круг, разделенный на столько же равных частей (секторов). Я его разрезал и сложил эти части таким способом... >— и открывает ту часть плаката, где наклеены (именно лучше наклеить, а не вычерчивать, так как учащиеся больше ощущают процесс разрезывания и наклеивания, — само же разрезывание и наклеивание в классе отнимает много времени, — вот почему я предлагаю

наклеить секторы заранее) секторы и спрашивает: «На что похожа эта фигура?» (Эта фигура похожа на параллелограм.) «Как вычислить его площадь?» «Чему равна его высота?» «Что составляет его основание?» (Основание составляет половину длины окружности.) Чтобы учащиеся могли легко заметить последний факт, я предлагаю закрасить секторы в разные цвета. И, наконец, следует заключительный вопрос: «Как же можно вычислить площадь этого параллелограма?» (Надо половину длины окружности умножить на радиус.)

б) Примерные упражнения.

№ 1. Вычислить площадь круга, если его радиус равен 2 м; 10 м\ 0,5 м.

№ 2. Вычислить площадь круга, если его диаметр равен б м; 22 м; 0,3 м; -у км.

№ 3. Из квадрата со стороной 12 см вырезают наибольший круг. Какова площадь отрезков?

№ 4. Радиус одного круга в 5 раз больше другого. Во сколько раз больше площадь одного круга, чем другого?

№ 5. Ширина точки типографского шрифта около 0,1 мм. Какова была бы ее площадь, если бы ширина увеличилась в миллион раз?

№ 6. Вычислить площадь сечения проволоки, диаметр которой равен 1 мм.

5. Боковая поверхность цилиндра

а) Элементы цилиндра.

Предварительно учитель знакомит учащихся с телом, которое называется цилиндром (здесь, конечно, разумеется прямой круговой цилиндр), и указывает тела, имеющие форму цилиндра. Определения цилиндра сообщать не следует, достаточно использовать показ модели. Сообщаются учащимся термины: основание, высота и боковая поверхность цилиндра (термины разъясняются на модели, определений сообщать нет необходимости).

б) Вычисление боковой поверхности цилиндра.

На модель цилиндра навертывается бумага прямоугольной формы с высотою, равной высоте цилиндра, так, чтобы она покрыла всю боковую поверхность. Край бумаги, лежащий на окружности одного из оснований цилиндра (на уроке или заранее), очерчивается цветной линией, чтобы учащимся было ясно, что эта линия есть окружность основания цилиндра.

Затем полоска бумаги, равная боковой поверхности цилиндра, развертывается в прямоугольник, и учитель задает учащимся вопросы в такой последовательности:

1) равна ли площадь этого куска бумаги боковой поверхности цилиндра?

2) как вычислить эту площадь?

3) чему равны основание и высота этого прямоугольника?

4) какое правило можно дать для вычисления боковой поверхности цилиндра?

Черт. 13

Учащимся показывается таблица-плакат (черт. 13), содержание которой они зарисовывают и записывают в тетрадях. Если учитель сообщает формулы, то ведется соответствующее разъяснение их.

в) Примерные упражнения.

№ 1. Вычислить боковую поверхность цилиндра, если радиус основания его равен 2 м, 4 мм, 1 см, а высота соответственно 1 м% 5 м, 2 см.

№ 2. Вычислить полную поверхность цилиндра, если г= 1,5 м, h = 2 м.

№ 3. Какой высоты должен быть цилиндр, чтобы его боковая поверхность была равна площади основания, диаметр которого равен 2 м!

№ 4. Вычислить полную поверхность такого цилиндра, у которого диаметр основания и высота имеют размер 1 см.

6. Объем цилиндра

г) Правило для вычисления (и формула) сообщается учащимся догматически и заключается в следующем: объем цилиндра равен произведению площади его основания на высоту*.

Можно учащимся сообщить, что этим правилом пользуются не только для вычисления объема цилиндра, но и для вычисления любой прямой призмы.

д) Упражнения.

№ 1. Вычислить объем цилиндра, у которого площадь основания 24,5 кв. см, а высота 10 см.

№ 2. Какой объем имеет цилиндр, если его высота 20 см, а диаметр основания равен высоте?

№ 3. Какова должна быть высота литровой цилиндрической банки, у которой радиус основания 5 см?

№ 4. Определить путем вычисления объем стакана, объем цилиндрического ведра.

№ 5. Сколько весит 1 кг медной проволоки, если диаметр ее сечения равен 1 мм, а 1 куб. ся меди весит 9 г?

* От редакции. Здесь можно применить модель, предложенную С. В. Филичевым. См. статью С. А. Пономарева и П. В. Стратилатова, «Математика в школе», 1949, № 4.

К ДОКАЗАТЕЛЬСТВУ ТЕОРЕМ О ДВУХ И О ТРЕХ ПЕРПЕНДИКУЛЯРАХ

И. М. ЯВОРСКИЙ (Москва)

Изложенное ниже доказательство теоремы о двух перпендикулярах, в отличие от доказательства, приведенного в § 23 школьного учебника Киселева, не требует дополнительного построения, при котором вспомогательные отрезки и треугольники располагаются по обе стороны от данной плоскости.

Доказательство теоремы о двух перпендикулярах.

Дано: АВ ±_ AD и АВ _L АЕ, требуется доказать, что AN J_ АВ (черт. 1). На прямых AD и АЕ отложим отрезки AF = AD и АС = = АЕ. Соединив концы отрезков FD и ЕС, мы получим параллелограм DCFE (если в выпуклом четырехугольнике диагонали делятся пополам, то такой четырехугольник есть параллелограм).

Черт. 1

Проведем через точку А произвольную прямую AM, она пересечет стороны параллелограма EJDCF в двух точках М и N, симметричных относительно точки А. Соединив точки М и N с точкой В, мы получим треугольник MNB, в котором отрезок АВ служит медианой (AN = AM). Докажем, что АВ является высотой треугольника MBN, а для этого докажем, что l\MBN — равнобедренный, т. е. что МВ = = BN.

Имеем: BD = BE (как наклонные, имеющие равные проекции в плоскости треугольника FBD) и аналогично: АЕ = АС, а также ED = FC (как противоположные стороны параллелограма EFCD).

Из равенства Д BDE и Д FBC вытекает равенство углов: |_ MFB = [__ NDB.

Из равенства Д AND и Д AMF следует, что FM = ND.

Следовательно, треугольники FBM и NDB (которые равны по двум сторонам и углу между ними) равны. Откуда MB = NB, т. е. /\MBN—равнобедренный. Медиана АВ треугольника MBN является также и высотой, т. е. АВ _L AN, ч. т. д.

Если несколько изменить порядок в расположении теорем в учебнике по геометрии и после теоремы о двух перпендикулярах доказать обычным путем теорему о том, что если плоскость перпендикулярна к одной из параллельных прямых, то она перпендикулярна и к другой, то теорему «о трех перпендикулярах» можно доказать значительно проще и изящнее.

Дана наклонная АВ и ее проекция СВ. Прямая MN _]_СВ. Требуется доказать, что MN JL АВ (черт. 2).

Черт. 2

Доказательство. АС _[_ СВ и АС_\_ пл. R. В плоскости Q треугольника ABC проведем BD\\AC. Так как ЛС_1_пл. /?, то и DB J_ пл- R< Следовательно, DB _L MN. Итак, MN±BC (по условию) и MN J_ BD. Следовательно, MN J_ пл. Q и на основании теоремы о двух перпендикулярах MN ±_ВА, ч. т. д.

О НЕКОТОРЫХ ФАКТОРАХ, ВЕДУЩИХ К ФОРМАЛИЗМУ

И. М. РАБИНОВИЧ (Рига)

Проф. Брадис отмечает («Математика в школе», 1946, № 3), четыре особенности, характеризующие формализм в знаниях учащихся. Мне, как преподавателю математики в техникумах индустриального профиля приходится иметь дело главным образом с той чертой, которую проф. Брадис называет отрывом теории от практики. Преподаватели специальных технических дисциплин предъявляют к математической подготовке учащихся требования, которые уместно назвать «политехническими»; в таких условиях борьба с формализмом становится центральной методической проблемой.

Прежде всего считаю нужным несколько уточнить выражение «отрыв теории от практики» в том смысле, как я его понимаю.

Поскольку материалом всякого математического анализа и вычисления является обобщение, то известный «отрыв» неизбежен.

Одна из сторон процесса обучения заключается как раз в том, чтобы приучить учащихся к «отрыву» от конкретного и его обобщению. Эта мысль получила вполне четкое выражение в критической заметке С. И. Новоселова («Математика в школе», 1946, № 2, стр. 47), где абстрактное воспринято как содержание задачи, а «литературное» ее воплощение — как форма.

«Отрыв» совсем другого рода возникает тогда, когда на первый план выступает какое-либо частное обстоятельство, которое далеко не всегда имеет место в реальных условиях и потому часто оказывается в противоречии с данными опыта.

В огромном большинстве случаев задачи (т. е. как задачи с текстом, так и «примеры»), приводимые в сборниках упражнений, при их правильном решении приводят к «круглым» результатам. Сознание ученика отмечает нелепое «правило»: «круглый» результат есть признак правильного решения; «некрасивый» результат подозрителен в смысле ошибки. Как ни абсурдно приведенное правило, в ученической математической практике оно играет большую роль, чем все увещевания учителя о необходимости самоконтроля, самопроверки и других благих, но редко применяемых приемов. Итак, мы имеем дело с возведением в правило побочного обстоятельства, нашедшего полное отражение в разделе задачника под заголовком «ответы». Результат не заставляет себя долго ждать. При решении задач из курса физики учащийся испытывает величайшее смущение вследствие того, что «выражение не сокращается», «корни не извлекаются» и т. д., преподаватель слышит ставшую тривиальной фразу: «Нас не учили решать таких задач!»

Однако учащиеся по сути дела правы: их обучали решать только задачи, приводящие к «простому» ответу.

Сопоставляя приводимые наблюдения с полемикой между И. В. Арнольдом и С. И. Новоселовым (журнал «Математика в школе», 1946, № 2), хочется заметить, что дело не в искусственности условий или бытовой нелогичности текста, а в реальности или искусственности данных, а следовательно, дальнейшего вычислительного процесса.

В моей личной практике я стараюсь преодолеть это обстоятельство путем «расстраивания» круглого результата. Для этого достаточно небольшого изменения начальных условий, например, увеличения или уменьшения какой-либо величины на одну-две единицы. Если при этом результат противоречит логике задания, вроде — «два землекопа и две трети», то я имею возможность развивать критический подход к условиям задания. Логически несообразный результат требует формулировки вполне осмысленного «ответа»: «Такого положения (задания) быть не может!»

Задачи почему-то всегда содержат необходимое и достаточное число нужных для их решения условий. Подобная практика вполне обоснована на первичных этапах обучения, однако нет нужды сохранять ее в заключительных разделах. Ведь уменье применять математические знания и правильно вычислять получает практическую значимость только тогда, когда ученик в состоянии выискивать нужные для вычисления данные.

Значит, надо развивать это умение. В противном случае возводится в принцип то обстоятельство, что текст задания должен содержать необходимые и достаточные данные, что нет надобности их устанавливать путем непосредственных измерений и розысков в таблицах.

Как раз последнего умения требует лабораторная практика. Вот и получается, что учащийся приходит в лабораторию с «отрывом» теоретических знаний от практики, что существенную математическую шлифовку учащийся получает как-то между прочим в физической или химической лаборатории. А ведь вопрос полноты или неопределенности задания, по сути дела всецело должен быть включен в сферу деятельности преподавателя математики.

РУССКИЕ ПЕДАГОГИ-МАТЕМАТИКИ

ИВАН ИВАНОВИЧ АЛЕКСАНДРОВ

А. И. АЛЕКСАНДРОВ (Москва)

Иван Иванович Александров родился 13 (25) декабря 1856 года в городе Владимире. Отец его Иван Павлович был уездным врачом; мать умерла очень рано. В 1861 году Иван Павлович с тремя детьми переехал в Тулу, где был назначен городским врачом. Кончив гимназию в Туле, И. И. поступил в Петербургский университет на физико-математический факультет.

В Петербурге за студенческие годы из И. И. выработался энергичный и многогранно образованный человек, не замыкавшийся в узких рамках своей специальности: он знал и понимал живопись, шахматную игру (впоследствии было напечатано свыше шестидесяти его шахматных задач), живо интересовался литературой, музыкой и театром.

В университете он слушал лекции не только на математическом (Чебышева, Поссе), но и на других факультетах (в частности, И. И. слушал лекции Менделеева по химии). О Петербургском университете того времени И. И. был очень высокого мнения.

«На нас имели возвышающее внутреннее влияние лишь те профессора, которые читали нам или свои работы, или которые вложили много оригинального в переработку и в изложение предмета... В преподавании я имел иногда исключительный успех, и, главным образом, когда говорил свои собственные слова»*.

Это стремление к новым путям, находить свое, оригинальное — проходит яркой чертой через всю деятельность И. И.

Кончив университет в 1878 году, И. И. переехал в Тамбов, где до осени 1906 года преподавал (главным образом математику, иногда физику) в мужской гимназии, а с 1883 года также и в женской. Он никогда не занимал административных должностей**, человек независимый, честный, глубоко презиравший подхалимство, чуждый карьеризма, ярый враг казенщины и рутины — вряд ли такой преподаватель мог прийтись по душе тогдашнему начальству.

К своей педагогической и научной работе И. И. относился очень строго. «Учитель должен не только в совершенстве знать свой предмет и ясно излагать его ученикам — без духовного воздействия на учеников он или чиновник, или ремесленник плохого разряда... верь в себя, в одушевляющие тебя начала, привяжись и полюби дело и учеников, и все прекрасно обойдется без всякого призвания. И про меня неверно, что я преподаватель по призванию. Я только взял верное направление. Не щадя своих сил я всматривался в это дело.. .То, что мне удалось сделать... многие приписывают даровитости и восприимчивости моей натуры. Это опять тоже ошибка, что и с призванием...

* Из письма И. И. к сыну, 1916 г.

** «...еще вероятнее отстранялся от них прежним правительством» —так писали А. М. Воронец и Г. Н. Попов (1924 г.).

упорный труд, упорное разглядывание и самосовершенствование»*.

Сохранилось трогательное письмо к И. И. учениц VIII класса женской гимназии (1901 год). «Ваш метод преподавания так своеобразен, и так резко разнится от других методов... от Вас мы научились всему хорошему, честному, благородному. Вы всегда были для нас лучшим примером человеческой честности, доброты и справедливости». Он, действительно, не только преподавал математику, но и воспитывал учеников — в этом была его сила и залог успехов; не сухой математик, а учитель, старавшийся всесторонне развить учеников и сделать из них прежде всего настоящих людей,

И. И. состоял в Тамбовском физико-математическом обществе (членом-соревнователем, затем заместителем председателя); им был прочитан ряд лекций и докладов (не только на математические, но и на общеобразовательные темы). Многие из этих лекций он повторял в городе Козлове (ныне Мичуринске). В Тамбовских газетах И, И. печатал свои музыкально-критические статьи.

С 1880 года начинают печататься математические труды И. И. (первый— «О причинах развития математики»). В 1881 г. (в Тамбове) вышло первое издание книги «Методы решений геометрических задач на построение», в 1883 — второе. Это была первая методическая русская книга по данному вопросу. Труд, не имевший в русской литературе предшественников**. Главная мысль — систематизировать, сгруппировать геометрические задачи на построение по методам их решений, а не по каким-либо случайным признакам. До революции книга выдержала 14 изданий. 5-е издание получило премию имени Петра Великого. В 1899 году книга переведена на французский язык (с 5-го издания) и издана в Париже, в 1903 году (с 8-го издания) издана в Германии. Первая мировая война помешала изданию книги в Америке.

За границей книга обратила на себя всеобщее внимание.

От издания к изданию И. И. непрерывно работал над книгой, внося новое и совершенствуя ее, следя за современной ему литературой (так, например, в 14-м издании по сравнению с 13-м около 200 задач заменены новыми, помимо дополнений и новых глав).

В 1887 году выходит книга «Методы решений арифметических задач», в которой И. И. указывает на нелепость классификации арифметических задач по материальным признакам предметов и действий, о которых говорит задача (рубрики процентов, смешения, курьеров, вычисления проб и пр.), независимо от размера чисел, числа действий и, самое главное, метода решения; он отвергает группировку задач по типам уравнений, к которым приводят задачи, и предлагает классификацию задач по методам их решений. Книга до революции была издана 7 раз.

В 1906 году И. И. переехал с семьей в Москву, где и прожил до самой смерти. В Москве И. И. преподавал математику в реальном училище Бажанова, женской гимназии Бот. С 1910 года, потрясенный смертью сына И. И. еще больше загружает себя работой. Помимо вышеуказанных учебных учреждений, он преподает в гимназии Поливанова, народном университете (имени Шанявского) и (позднее) на вечерних курсах при Межевом институте.

В Москве И. И. продолжает интенсивно работать над новыми изданиями своих основных трудов «Методы решений геометрических задач на построение» и «Методы решений арифметических задач». В 1908 г. он выпускает «Основания арифметики» (потом еще два издания того же труда), ряд математических брошюр, рецензий, некрологов, печатает статьи в математических журналах.

Осенью 1918 г. И. И., спеша на уроки, попал под трамвай; ему пришлось отнять ногу (несколько ниже колена). Он много месяцев пролежал в больницах; там он не оставил своих занятий и подготовил к переизданию «Методы решений геометрических задач» и «Методы решений арифметических задач». К педагогической работе И. И. уже не суждено было более вернуться. К весне 1919 года он вернулся из больницы в свою семью. Силы его падали. 20 декабря 1919 года И. И. скончался (от отека легких).

В старых бумагах я прочитал его слова: «Достаточной наградой от людей я бы считал, чтобы задачи № 492, II и № 156, IV (14-е издание моей книги)*** были наименованы задачами И. Александрова — эти задачи составлены мной вполне самостоятельно, их нельзя не признать выдающимися».

Вот одна из этих задач (№ 492, II).

«492. Даны три прямые и на них по точке, А, В и С. Провести секущую XYZ (черт. 1) так, чтобы отношения между АХ, BY и СЪ былн данной величины.

* Из писем И. И. к сыну, 1916 и 1917 гг.

** В 1883 г. вышла на русском языке книга Ю. Петерсена «Методы и теории геометрических задач»; она была ранее напечатана на датском языке и И. И. была неизвестна. В сущности, в то время это были единственные во всем мире методические книги по данному вопросу.

*** № 492 II отдела и № 162 IV отдела издания 1925 г.

Решение. Определим центры вращения О и Ог так, чтобы CZ и BY совместились с АХ. В таком случае известна разность углов OxXZ и ОХ У».

После смерти И. И. «Методы решений геометрических задач» были изданы в 1925, 1934 и 1936 гг.*.

СПИСОК ПЕЧАТНЫХ ТРУДОВ И. И. АЛЕКСАНДРОВА

1) О причинах развития математики (Тамбов 1880).

2) Памяти великого русского математика Лобачевского (Тамбов 1881).

3) Методы решений геометрических задач на построение и сборник геометрических теорем и задач на построение (1-издание, Тамбов 1881; до 1937 г. всего 17 изданий).

4) Жизнь академика Рихмана (Тамбов 1884),

5) Методы решений арифметических задач (1887; всего 7 изданий).

6) Об умножении и делении на дробь (Петербург 1888).

7) Один из видов метода подобия.

8) Приложение геометрических построений к тригонометрии.

9) Геометрические методы разыскания maximum и minimum.

10) Первые XIX предложений Эвклида.

11) Приборы для публичных чтений по космографии.

12) О составлении и решении задач на вращение.

13) О разделении труда у животных (Тамбов 1898).

14) Problemes de geometrie elementaire, groupes d'apres les methodes a emploger pour leur resolution, par. I. Alexandroff, trad, du russe par D. Attoff, Paris 1899.

15) О давлении света (Тамбов 1902).

16) Aufgaben aus der niederen geometrie von I. Alexandroff mit einem Vorwort von Dr. M. Schuster. Leipzig und Berlin, B. G. Teubner, 1903.

17) Условия питания зерновым хлебом в XX веке (Тамбов 1904).

18) Наглядное преподавание геометрии.

19) Основания арифметики (Москва 1908, всего 3 издания).

20) Программа арифметики приготовительного и 1 классов (Москва 1910).

21) Задача Паппа чистым построением (Москва 1910).

22) О построении параллелограмов (Москва 1912).

23) Воспоминания о В. Б. Струве Памяти В. Б. Струве (Москва 1912)

24) Конструктивные задачи с неприступными точками (1913).

25) Метод инверсии или обратных фигур (1914).

26) О недостатке времени на каждый отдельный предмет в средней школе (1914).

27) Классификация арифметических задач (1914).

28) Решение геометрических задач одним циркулем (геометрия Маскерони) (1914).

29) Классификация арифметических задач в современных задачниках (1915).

30) Современные требования от арифметических задачников (1918).

31) К методике арифметических прогрессий (1915).

32) О неразрешимости задач циркулем и линейкой.

33) Значение геометрических методов в изложении геометрии (1917).

34) К решению неопределенных уравнений 1-й степени (1917).

От редакции. За время печатания предыдущего номера журнала Министерством просвещения получен дополнительно ряд отзывов о «Сборнике алгебраических задач», часть I П. А. Ларичева.

Отзывы прислали Архангельский городской педагогический кабинет, Горьковский Областной ИУУ, школа № 10 города Брянска, школа № 1 города Азова, Методическое объединение учителей Краснопресненского района гор. Москвы, школа № 21 гор. Таганрога, Злодская средняя школа.

Выводы, которые делаются рецензентами не расходятся с результатами обсуждения, опубликованными в предыдущем номере журнала.

* В ближайшее время Учпедгиз выпускает новое издание книги (18-е).

ХРОНИКА

XII МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА УЧАЩИХСЯ СРЕДНИХ ШКОЛ г. МОСКВЫ

И. Я. ТАНАТАР (Москва)

3 апреля 1949 г. состоялся первый тур математической олимпиады учащихся средних учебных заведений г. Москвы, посвященной XI съезду ленинско-сталинского комсомола. Как и в предшествовавшие годы, олимпиада была организована Московским математическим обществом, Московским государственным университетом имени Ломоносова и МосгорОНО. Проведению олимпиады предшествовала большая подготовительная работа с учениками средних школ — членами различных секций школьного математического кружка при МГУ. Для московских школьников в стенах МГУ профессорами и доцентами механико-математического факультета были прочитаны несколько лекций. Для подготовки к олимпиаде в МГУ были организованы консультации, проводившиеся руководителями различных секций математического кружка и был издан сборник подготовительных задач (под редакцией проф. В. В. Немыцкого).

Как обычно, олимпиада проводилась отдельно в двух группах: для учащихся VII VIII классов и для учащихся IX — X классов.

Первый тур привлек 907 участников, в подавляющем большинстве учащихся средних школ г. Москвы (любопытно отметить, что некоторые из участников специально приезжали в Москву на олимпиаду из сравнительно отдаленных мест, например, из Дмитрова и даже из Риги).

В группе VII—VIII классов в первом туре участвовало 299 человек, а в группе IX—X классов 608 человек. Из участвовавших в первом туре 60 человек вовсе не сдали работ, а из остальных 847 человек оргкомитетом были допущены к участию во втором туре 180 человек, именно: 53 в группе VII—VIII классов и 127 в группе IX—X классов. Тем не менее, во втором туре, состоявшемся 17 апреля, участвовало в группе VII—VIII классов 99 человек (из них 7 учениц) и в группе IX—X классов 244 человека (из них 22 ученицы).

Оргкомитет не препятствовал к участию во втором туре не вошедших в список допущенных ко второму туру и даже не участвовавших вовсе в первом туре.

Таким образом первый тур в значительной степе, ш потерял свой характер отборочного соревнования.

24 апреля в торжественной обстановке состоялось оглашение результатов олимпиады и вручение премий и похвальных отзывов. После краткого вступительного слова председателя оргкомитета проф. В. В. Немыцкого, с приветственной речью обратился к участникам олимпиады декан механико-математического факультета проф. В. В. Голубев. Участников олимпиады приветствовали также представители студенческих партийных и комсомольских организаций.

Оргкомитет наградил 57 участников олимпиады. В группе VII—VIII классов были присуждены 4 вторые премии, 7 третьих премий и 12 похвальных отзывов (первые премии в этой группе не были присуждены). В группе IX—X классов были присуждены 2 первые премии (ученикам Войлокову и Волконскому), 6 вторых премий, 8 третьих премий и 18 похвальных отзывов. Премии составляли библиотечки книг по математике, причем первые премии представляли собой столь солидные «библиотечки», что с трудом удерживались в руках премированных.

Приводим задачи 1-го тура.

VII—VIII классы

1. Показать, что

271958-108878+ 101528

делится без остатка на 26 460.

2. Доказать, что если многоугольник имеет несколько осей симметрии, то все они пересекаются в одной точке.

3. Доказать, что равенство:

Х2 +y2 + z* = 2xyz для целых чисел х, у и z верно только при х=у = z = 0.

4. Дана плоская замкнутая ломаная периметра 1. Доказать, что можно начертить круг радиусом -j-t покрывающий всю ломаную.

5. Доказать, что для любого треугольника отрезок, соединяющий центры вписанной и вневписанной окружностей, делится описанной окружностью пополам.

IX—X классы

1. Найти целые числа х, у, z и i>, такие, что

+ у2 _|_ z2 ф = 2 xyZV.

2. Как расположены плоскости симметрии ограниченного тела, если оно имеет две оси вращения (осью вращения тела называется прямая, после поворота вокруг которой на любой угол тело совмещается само с собой).

3. Найти действительные корни уравнения:

4. Имеется 4п положительных чисел, таких, что из любых четырех попарно различных можно составить геометрическую пропорцию. Доказать, что среди этих чисел найдется п одинаковых.

5. Доказать, что если у шестиугольника противоположные стороны параллельны и диагонали, соединяющие противоположные вершины, равны, то вокруг него можно описать окружность.

В группе VII—VIII классов наибольшее число участников привлекла задача № 1, однако в решениях именно этой задачи было допущено наибольшее количество ошибок. Многие участники соблазнились тем фактом, что 27195— 10887-j-10152= = 6460 и положили его в качестве обоснования делимости

271958-108878+101528 на 26460.

Правильно решили задачу № 1 около 10 человек Задачу № 2 решало мало участников олимпиады всего было 7 решений этой задачи, и при этом не было ни одного чисто математического доказательства; решавшие пользовались предложением: «центр тяжести многоугольника, имеющего ось симметрии, должен лежать на этой оси». Было представлено около 15 решений задачи № 3, и вовсе не было решений задачи № 4.

Наибольшее число правильных решений было получено для задачи № 5, кстати говоря, хорошо известной. В книге С. И. Зетеля «Новая геометрия треугольника» под названием «теоремы Мансиона» содержится эта задача и ее решение, связанное с применением свойств окружности Эйлера (окружности девяти точек). Среди 20 решений этой задачи только в одном используется круг Эйлера, остальные же решения состоят в непосредственном доказательстве предложенной теоремы, с помощью простых средств.

Все задачи 1-го тура для VII—VIII классов содержательны, но, как нам кажется, в качестве задач 1-го тура они слишком трудны.

Рассмотрим решения задач 1-го тура для группы VII—VIII классов.

Задача № 1. Заметим, что

26460=22.33.5-72.

Представив

271958 -108878+101528=Л

в виде

271958- (108878-101528),

можем утверждать, что Л делится на 5-72. В самом деле: 27 195=3-5.7 2.37, а разность восьмых степеней чисел 10387 и 10152 делится на разность

10887-10152=735=3.5.72.

С другой стороны:

А= (271958-108378)+101528.

Такое представление числа А позволяет утверждать, что оно делится на 28-33. Действительно: 271958—108878 делится на 27195-10887=16308=22.33.151, а 10152=2з.З3-47. Таким образом число А = 271958—108878+101528 делится на 5-72 и на 22«33, а стало быть, делится 26460=2г-33.5.72.

Задача 2.

Черт. 1

Установим сначала, что многоугольник не может иметь параллельных осей симметрии. Предположим противное, и пусть I—I и II—II две параллельные оси симметрии — левая и правая (черт. 1). Для всякого многоугольника, обладающего осью симметрии II—И, должна существовать по крайней мере одна точка этого многоугольника, наиболее удаленная от оси II—II и лежащая вправо от нее (или, быть может, на самой оси). Пусть это будет точка А. Легко видеть, что в силу условия задачи точка Aj, симметричная точке А относительно оси I—I, окажется более удаленной от оси II—II, чем точка А, принятая нами за наиболее удаленную. Полученное противоречие приводит к выводу о невозможности существования параллельных осей симметрии у многоугольника. (Настоящее рассуждение применимо не только к многоугольнику, но и ко всякой ограниченной фигуре.)

Предположим теперь, что многоугольник имеет три оси симметрии, не пересекающихся в одной точке. Пусть это будут оси 1 — 1,11 — II и III — III (черт. 2). Как было только что установлено, среди этих осей нет параллельных и пусть оси I — I и II — II пересекаются в точке О. Опишем из точки О, как из центра, окружность радиусом, равным расстоянию наиболее удаленной точки многоугольника от точки О. Очевидно, на

Черт. 2

дуге MN этой окружности должна находиться по крайней мере одна из наиболее удаленных от О точек многоугольника, например, точка А. (Ведь I — I и II — II — оси симметрии, и если есть хотя бы одна точка многоугольника, лежащая по одну сторону от оси симметрии, то должна найтись и другая, симметричная ей точка по другую сторону оси симметрии). Но так как по условию III — III также является осью симметрии, то для такой точки А должна найтись точка Ах на дуге AfiiVj, симметричной дуге MN относительно оси III — III. Если оси I — I, II - II и III — III не пересекаются в одной точке (как на черт. 2), то III — III является секущей и, очевидно, все точки дуги M\N\ окажутся вне окружности наиболее удаленных от О точек. Полученное противоречие является доказательством необходимости пересечения трех осей симметрии многоугольника в одной точке. Легко распространить это доказательство для случая четырех и более осей симметрии. Задача 3.

Заметим, прежде всего, что для х = у = z = 0 равенство

x*+y* + z* = 2xyz

тривиально. Очевидно также, что нулю не может быть равно только одно или два из чисел х, у и z. Легко видеть, что числа х, у и z не могут быть все нечетными, так как в этом случае правая часть равенства делилась бы на 2, а левая — нет. Также просто установим, что одно из чисел х, у или z не может быть нечетным. В этом случае левая часть равенства окажется нечетным числом, а правая — четным.

Предположение о том, что два из чисел х, у или z нечетны, а одно четно, также приводит к противоречию. В самом деле: пусть х и у — нечетные числа, именно:

х = 2т + \\ у = 2п + \. Сумма их квадратов равна:

4т* + 4т + 4ni + 4п + 2.

Левая часть равенства делится на 2, но не делится на 4, а правая часть равенства делится на 4. Стало быть, все числа х, у и z чзтны. Каждое из них можно представить в виде:

х-2*-т\ y = cJ.n; z = 2t-p.

Пусть а — наименьшее из чисел а, р, y (не исключается случай а=§ = т). Равенство х*+у* + 2* = 2хуг можно представить в виде:

22а.тз + 22?.пЗ + 22^/72 = 2^^+1 .т.п.рл

Согласно нашему предположению, 2я есть наибольшая степень двойки, на которую может делиться левая часть равенства, но правая часть равенства должна делиться на Очевидно, что а + Р-Ьт+1>2а, и поэтому числа х, у и z не могут быть четными. Таким образом, доказано, что заданное равенство верно только при

х = у = z = 0.

Задача 4.

Условимся называть «диаметром» заданной плоской замкнутой ломаной всякий отрезок, лежащий своими концами на ломаной и делящий ее периметр пополам. Пусть АВ — один из диаметров нашей ломаной (черт. 3). Опишем из середины О диаметра АВ окружность радиусом, равным -j- , и докажем, что вся ломаная должна лежать внутри этой окружности. Точки А и В не могут обе лежать на этой окружности, ведь полупериметр ломаной по условию равен -тр, и в этом случае не оказалось бы ни одной точки ломаной вне отрезка АВ, равного -гг-. Одна же из точек А или В может оказаться на такой окружности, но, нисколько не нарушая общности рассуждений, мы положим, как на чертеже 3, что АВ лежит внутри построенной окружности. Докажем сначала, что на окружности не может находиться ни одна точка заданной ломаной (кроме точки А или В). Действительно, если бы какая-нибудь точка М на окружности принадлежала ломаной, то сумма отрезков АМ-\-МВ, во всяком случае не большая полупериметра, оказалась бы более ~2~ , что противоречит условию, Мы опираемся здесь на теорему: медиана треугольника меньше полусуммы сторон, между которыми она лежит. Тем более не может оказаться ни одной точки ломаной вне построенной окружности, например, точки М\. Тогда АМг + ВМХ по условию задачи во всяком случае не должно быть больше т^но, как нетрудно увидеть, АМг + ВМХ > AM + ВМ, а стало быть, больше -g". Полученное противоречие приводит к утверждению, что вся заданная ломаная находится внутри построенного круга, что и требовалось доказать.

Черт. 3

Задача 5.

Пусть на чертеже 4 точки О, 0\ и 02 — соответственно центры описанной, вписанной и одной из вневписанных окружностей треугольника ABC. Точка Oi лежит на биссектрисе AM угла ВАС, делящей в точке М пополам дугу ВС описанной окружности, а точка 02 лежит на биссектрисе BN угла АБС, делящей в точке D пополам дугу АС описанной окружности.

Очевидно, что точка 02 лежит также на биссектрисе А02 внешнего угла САК данного треугольника. Таким образом, треугольник ОхА02— прямоугольный с вершиной прямого угла в точке А. (Биссектрисы смежных углов взаимноперпендикулярны.) Рассмотрим треугольник AO\D, о ко-

тором вершина D лежит в точке пересечения описанной окружности с 0\02.

Угол 0\AD этого треугольника, как вписанный в окружность с центром в точке О, измеряется полусуммой дуг DC и СМ или же полусуммой равных, им дуг AD и ВМ но полусуммой этих же дуг измеряется угол AO\Db как угол с вершиной внутри круга с центром в точке О. Мы установили, что треугольник AOiD— равнобедренный. Углы же DAU2 и A02D также равны, потому что каждый из них является дополнением до 90° равных углов 0\AD и AO\D. Стало быть, треугольник AD02 — также равнобедренный, т. е. 0\О = = AD = D02. Следовательно, точка D является серединой отрезка 0\02.

Черт. 4

Подобное рассуждение можно провести для любой из вневписанных окружностей и таким образом предложенная теорема доказана.

Из задач 1-го тура в группе IX — X классов наибольшее число участников олимпиады (около 400 человек) привлекла задача № 5. Однако только 30 участников ее правильно решили. Большинство решавших без достаточных оснований полагали, что все диагонали заданного шестиугольника пересекаются в одной точке. За задачу № 1 взялись около 30 человек, и примерно половина из них правильно решила эту задачу. Задачу № 2 решало 20 участников, 15 из них представили свои решения, но из них только 8 справились с задачей. Задачу № 3 пробовали решать около 80 человек, из них 15 решили ее.

Задача № 4 привлекла около 50 участников, было получено примерно 15 верных ее решений.

Задача № 1.

Подстановкой х = 0, _у = 0, 2 = 0, v = 0 убеждаемся, что эти значения х, у, z и v удовлетворяют заданному уравнению. Применяя рассуждение, аналогичное приведенному в решении задачи № 3 для группы VII — VIII классов, можно показать, что заданное уравнение не имеет решений в целых числах.

Установим последовательно, что ни одно из чисел х, у, z или v не может быть нечетным. Полагая Jt > 0, ,у>0, 2>0, р>0, допустим, что какое-нибудь из этих чисел, например, х — нечетно, а остальные числа — четные. Тогда окажется, что левая часть равенства есть нечетное число, а правая — четное, чего не может быть.

Предположим, что только два из чисел х, у, z или v нечетны, например, х и у. В этом случае левая часть равенства делится только на 2 и не делится на 4, а правая делится на 4. Это предположение отпадает. Если считать, что три из чисел ху у, z или v нечетны, а четвертое четно, то левая часть равенства окажется нечетным числом, а правая — четным, что невозможно.

Наконец, допустим, что все числа нечетны, тогда левая часть равенства делится на 4, а правая делится только на 2, но не делится на 4. Таким образом, предположение о нечетности хотя одного из чисел лг, у, z или v отпадает, и нам остается допустить, что все эти числа четны. Тогда, повторяя в точности приведенное в решении задачи № 3 (для групп VII — VIII классов) рассуждение, придем к противоречию и, таким образом, установим, что единственным решением уравнения: jc3 -\-у* +- z* + if* = 2xyzv в целых числах является jc —0, у *=0, z = 0 и t> = 0.

Задача № 2.

Прежде всего установим, что ограниченное тело не может иметь в качестве осей вращения параллельные или скрещивающиеся прямые. Действительно, пусть две какие-нибудь параллельные прямые являются осями вращения некоторого ограниченного тела. Пересечем тело какой-либо перпендикулярной к осям вращения плоскостью. Всякое сечение тела такой плоскостью должно представлять собой окружность с центром в точке пересечения плоскости с осью вращения. Но не может быть окружности с двумя центрами, стало быть, не может быть параллельных осей симметрии у ограниченного тела.

В случае двух скрещивающихся осей вращения, проведем плоскость, перпендикулярную к одной из осей вращения, — именно такую плоскость, которая в сечении образует окружность наибольшего радиуса (в силу ограниченности нашего тела, по крайней мере, одно такое сечение должно найтись). Пусть на чертеже S I — I и II — II — оси вращения. Плоскость Р перпендикулярна оси I — I и образует сечение наибольшего радиуса. Точки О и 0\—соответственно точки пересечения осей I--I и II — II с плоскостью Р. Точка А, лежащая на диаметре, проходящем через 00\, должна находиться на окружности с центром 02 на оси

Черт. 5

II — II, и диаметрально противоположная ей точка Ах также должна принадлежать нашему телу, но совершенно очевидно, что точка А\ удалена от оси I — I далее, чем точка А, что противоречит сделанному допущению о наибольшем сечении в плоскости А Таким образом, доказано, что осями вращения ограниченного тела не могут служить параллельные или скрещивающиеся прямые.

Пусть на чертеже б прямые ММХ и NNl — пересекающиеся оси вращения нашего тела. Должна существовать хотя бы одна точка (например, точка А), лежащая вне этих осей, принадлежащая нашему телу. (Если телу принадлежит точка на какой-либо из осей вращения, то телу должна принадлежать и окружность, проходящая через эту точку, с центром на другой оси вращения и радиусом, равным расстоянию точки до этой оси; стало быть, найдется сколько угодно точек, принадлежащих телу и не лежащих на осях вращения. Исключение составляет случай, когда тел о состоит всего из одной точки, лежащей на пересечении осей вращения.)

Черт. 6

Если точка А принадлежит телу, то и окружность АВ в плоскости, перпендикулярной к оси ММЪ с центром на этой оси, проходящая через точку А также принадлежит телу. Но тогда телу должна принадлежать часть сферической поверхности, образованной вращением дуги АВ вокруг оси NNp Но в силу того, что ММу является осью Еращения тела, ему должна принадлежать часть, очевидно, той же сферической поверхности, образованной вращением дуги А1В1 вокруг оси NN^ Продолжая эти рассуждения, нетрудно прийти к выводу, что если телу принадлежит какая-либо точка А, то этому телу должна принадлежать поверхность сферы с центром в точке О пересечения осей вращения и радиусом, равным OA. Можно теперь считать установленным, какого рода ограниченные тела могут обладать двумя осями вращения. Такими телами являются: 1) сферические поверхности, одна или несколько концентрических; 2) полые шары, т. е. тела, ограниченные двумя концентрическими сферическими поверхностями, или система таких концентрических тел, и, наконец, 3) шары (заполненные).

Во всех случаях плоскостями симметрии этих тел являются любые проходящие через центры плоскости.

Задача № 3.

Обозначим левую часть уравнения через y = f(x). При заданном значении параметра а график функции y=f(x) имеет виды параболы I —I, изображенной на чертеже 7.

Нетрудно заметить, что правая часть уравнения представляет собой f^1 (х). (Через f(x) и f~\x) мы обозначаем взаимнообратные функции) Действительные корни уравнения должны выражаться абсциссами точек пересечения графиков f(x) и /~~г(х). График функции:

изображен параболой II — II. Так как графики взаимно обратных функций симметричны относительно биссектрисы координатного угла III — III, то корни нашего уравнения являются также корнями уравнения:

решив которое найдем:

Уравнение можно решить другими способами. Настоящее решение — наиболее короткое.

Черт. 7

Задача 4.

Расположим заданные числа по группам равных между чисел в порядке убывания:

а, Ь, с, d, е, —

Таким образом:

д > & > с > > г ...,

и при этом среди заданных чисел может быть несколько чисел я, Ь, с,... и т. д.

Так как по условиям задачи из каждой четверки различных чисел можно составить пропорцию, то для первых четырех чисел, на основании свойства геометрической пропорции, можно написать следующие равенства:

1) ab = cd

2) ас = bd

3) ad = be.

Нетрудно убедиться, что равенства 1) и 2) невозможны, так как, согласно условию, ab^>cd и ac^>bd, поэтому единственно возможное равевенство есть ad = bc, откуда: d= — .

Если теперь сохранить числа я, Ь, с и добавить к ним число е, то из новой четверки чисел можно составить геометрическую пропорцию только в случае е = — , т. е. e=d. Таким образом, все остальные числа должны быть равны числу d.

Поэтому если ни в одной из групп чисел я, Ь и с нет п равных, то в группе чисел d их должно быть больше чем п.

Задача № 5.

Пусть ABCDEF (черт. 8) — шестиугольник, удовлетворяющий условиям задачи. Четырехугольник FBCE — равнобочная трапеция, поэтому ММЬ соединяющая середины оснований, перпендикулярна к ним и служит биссектрисой угла между диагоналями FC и BE. Точно так же установим аналогичные свойства прямых NN\ и РРЬ соединяющих середины противоположных сторон шестиугольника. Так как эти прямые являются биссектрисами углов треугольника QRS, образованного пересечением диагоналей шестиугольника, то они пересекаются в одной точке. Эта точка (точка О) равноудалена от всех вершин шестиугольника, потому что находится на пересечении перпендикуляров к сторонам шестиугольника, проведенных через их середины.

Черт. 8

Таким образом, вокруг шестиугольника можно описать окружность, и точка О является его центром.

(Продолжение в следующем номере.)

КОНСУЛЬТАЦИИ ДЛЯ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

Я. С. ГЕРЦЕНШТЕЙН (Москва)

В детском и юношеском читальном зале библиотеки имени Ленина в послевоенные годы возобновились консультации для школьников по различным предметам, в том числе и по математике.

На консультации по математике приходят учащиеся с четвертого по десятый класс. Круг вопросов, с которыми они обращаются к консультанту, весьма разнообразен. Одни из них затрудняются в решении задач или в доказательстве теорем; другие просят рекомендовать им литературу для подготовки к докладу на математическом кружке в школе, причем обычно такие учащиеся приходят на консультацию по указанию своего учителя — руководителя кружка; третьи просят помочь им не только подобрать литературу, но выбрать и тему доклада; многие приходят и для того, чтобы расширить и углубить свои знания по программному материалу, проходимому в школе.

Обычно для разрешения всех этих вопросов отводится первая половина консультационного времени.

Помимо этой непостоянной, так сказать, «текучей» группы посетителей консультаций, имеется актив юных любителей математики, который объединяет учащихся различных классов, с шестого по десятый. Члены этого актива приходят на занятия регулярно каждую неделю и проводят весьма разнообразную работу. Часто их можно видеть в роли помощников консультанта: они охотно помогают разобраться в трудной задаче или непонятной теореме ученикам, пришедшим на консультацию. Это приносит большую помощь и самим членам актива: за время консультаций они имеют возможность основательно повторить материал, пройденный в школе.

Юных математиков интересуют и захватывают самые разнообразные вопросы: решение занимательных задач и задач повышенной трудности; знакомство с математической литературой, расширяющей их знания; сведения по истории математики; оригинальное доказательство уже известных им теорем.

У юных математиков стало традицией проводить два-три раза в году открытые заседания актива, на которые приглашаются учителя московских школ, родители и представители общественности. Обычно в программу таких вечеров, помимо смотра работы юных математиков, входит и конкурсное решение задач. Победители конкурса премируются.

Одно из таких открытых заседаний было проведено в дни зимних каникул; участники вечера сделали доклады, выступили в роли быстрых счетчиков. Присутствовавшие на вечере учителя просили членов актива повторить программу вечера в некоторых школах города.

Кроме этого вечера, был проведен вечер вопросов и ответов по математике и вечер, посвященный Международному женскому дню.

Консультации по математике проводятся один раз в неделю — по понедельникам с 19 до 22 часов.

РАБОТА СЕКЦИИ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ МОСКОВСКОГО МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБЩЕСТВА

По решению правления Московского математического общества в 1948 г. была образована секция средней школы. Задача секции — содействие повышению культуры преподавания математики в советской средней школе, обмен педагогическим опытом, установление живой и постоянной связи между преподавателями средней и высшей школы.

Членами секции могут быть преподаватели средней и высшей школы на правах членов-соревнователей математического общества.

Секция начала функционировать с марта прошлого года. Для ее руководства избрано бюро в следующем составе: М. X. Кекчеева, П. А. Ларичев, О. В. Локуциевский, А. И. Маркушевич (председатель), П. А. Фаворский и А. И. Фетисов.

Первые заседания секции были посвящены докладу акад. А. Н. Колмогорова «О преподавании начального курса геометрии». Докладчик привел ряд веских аргументов в пользу того, что курс геометрии в семилетней школе должен носить характер начального курса, на основе которого, начиная с VIII класса, должен ставиться так называемый «систематический курс геометрии».

При последующем обсуждении большинство присутствующих поддержало основные положения доклада.

Проф. П. С. Александров указал, что школьников нужно учить так, чтобы они могли понимать и чувствовать необходимость логического обоснования изучаемых фактов, но что потребность в таком обосновании может развиваться лишь постепенно, по мере роста запаса геометрических фактов и представлений. В защиту тезисов А. Н. Колмогорова выступили также Я. С. Дубнов, С. А. Яновская, Н. Н. Николаева, И. Г. Попов, П. Я. Дорф и др. Против этих тезисов высказывались, главным образом Н. М. Бескин и И. В. Арнольд, выражая опасения, что более поздняя постановка «систематического» курса приведет к снижению логической культуры учащихся.

На следующем заседании секции был заслушан доклад зав. кафедрой математики Московского энергетического института проф. В. И. Левина «О требованиях, предъявляемых высшей технической школой к математической подготовке учащегося». 15 апреля 1948 г. заседание было посвящено докладу С. А. Яновской «Об аксиоматическом методе в математике». 13 мая 1948 г. обсуждалось 2-е издание учебника тригонометрии А. Ф. Берманта и Л. А. Люстерника. С подробным разбором книги выступил учитель К. П. Сикорский. После детального обсуждения было принято решение ходатайствовать от имени секции перед министром просвещения РСФСР о выпуске обсуждаемого учебника массовым тиражом для средней школы, ввиду его бесспорных преимуществ перед учебником Рыбкина. Это заседание было последним в прошлом учебном году.

В текущем учебном году на заседаниях секции были заслушаны и обсуждены следующие доклады:

1) Сообщения студентов и аспирантов механико-математического факультета МГУ (руководителей школьных кружков) о работе школьных математических кружков при Московском университете.

2) Доклад В. Л. Гончарова о подготовленном им к печати экспериментальном учебнике алгебры для семилетней школы. Решено рецензировать рукопись книги силами членов секции и обсудить на одном из последующих заседаний.

3) Доклад Л. А. Люстерника о счетных машинах и приборах для производства вычислений.

4) Доклад А. Я. Маргулиса о повторении математики в связи с построением графиков функций.

5) Доклад Я. С. Дубнова, озаглавленный «Педагогические выводы из истории постулата о параллельности», был посвящен вопросу о «строгости» в школьном курсе геометрии. Чтение доклада и его обсуждение продолжались в течение двух заседаний.

На майском заседании обсуждались итоги двенадцатой математической олимпиады, проводившейся в Московском университете в текущем году.

Заседания секции происходят по третьим четвергам каждого месяца с 19 ч. 30 м. в помещении Механико-математического факультета Московского университета (Моховая ул., 9, III этаж).

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

КАКИМИ НЕ ДОЛЖНЫ БЫТЬ МЕТОДИЧЕСКИЕ ПОСОБИЯ ДЛЯ ЗАОЧНИКОВ*

Ю. М. ГАЙДУК (Харьков)

Сейчас, когда задача создания полноценных учебников для советской высшей школы стоит в центре внимания нашей научно-педагогической общественности, нельзя оставить без рассмотрения также вопрос о качестве литературы, выпускаемой нашими педагогическими издательствами для студентов-заочников учительских и педагогических вузов. Мы имеем в виду те разнообразные методические указания и лекции по отдельным разделам учебных дисциплин, которые издаются научно-методическими кабинетами заочного педагогического образования при управлениях высшей школы министерств просвещения союзных республик. К сожалению, эта литература, играющая такую большую направляющую роль в учебном процессе заочника, очень редко подвергается критическому обсуждению в печати. Может быть, поэтому издания этого рода, в отдельных случаях, стоят на недопустимо низком методологическом, научном и методическом уровне. Таковыми в частности являются рецензируемые ниже пособия.

1) В пособии по арифметике, составленном С. С. Бронштейном, весьма значительное место отведено сведениям по истории развития арифметики как науки. Это вполне правомерно, так как учебными планами учительских институтов история математики, как отдельный предмет не предусмотрена, элементы же исторических сведений, включенные составной частью в программу курса элементарной математики, не нашли достаточного отражения в той литературе, по которой автор пособия рекомендует студенту изучать предмет. Однако изложение исторических сведений, даваемое С. С. Бронштейном, совершенно неудовлетворительно в двух отношениях:

Во-первых, изложение это непомерно перегружено чисто «анекдотическими», совершенно не нужными в данном случае подробностями, за которыми теряется общая линия исторического развития науки о числе, — линия вообще едва намеченная автором. Так, например, читатель узнает у С. С. Бронштейна: 1) что французский математик Ферма был юристом; 2) что свои «бессмертные Observations» Ферма писал на полях сочинения Диофанта; 3) что такие-то французские математики (имярек!) издали четыре тома сочинений Ферма; 4) что такие-то французские математики считают Ферма первым настоящим творцом «дифференциального исчисления и** (! — Ю. Г.) анализа бесконечно малых»; 5) что М. Кантор (кто такой М. Кантор — автор не говорит; студент, очевидно, должен априорно знать, что это немецкий историк математики!) назвал Фибоначчи «блестящим метеор м на темном фоне... средневековья»; 6) что французский «историк Ренан» (! — Ю. Г.) одобрительно отозвался о «Началах» Евклида, назвав их «чудом эллинизма»; 7) что к бессмертной заслуге мифического Прометея, наряду с похищением огня, относят «изобретение числа», и т. п. и т. п. Неудивительно поэтому, что у автора не остается уже места для (хотя бы самой элементарной) характеристики отличия современной теории чисел от теории чисел у Евклида и Ферма. Все развитие теории чисел рисуется Бронштейном, по существу, в виде чисто количественного процесса, непрерывно (хоть и с остановками) текущего от Евклида, Диофанта и Ферма до наших дней.

Во-вторых, в изложении С. С. Бронштейна не нашла адэкватного выражения та большая (а со времен Чебышева и до наших дней — ведущая) роль, которая принадлежит в этой области русской науке. Действительно, автор находит возможным уделить этому вопросу едва половину одной фразы: «В дальнейшем развитии более высоких разделов арифметики наряду с крупнейшими западноевропейскими учеными, как Лагранж, Гаусс, Дирихле, Эрмит, Пуанкаре, Дедекинд, Кронекер и др., видное участие принимали также и русские ученые Чебышев, Золотарев, Марков и современная плеяда русских ученых — акад. И. М. Виноградов, С. Н. Бернштейн, А. О. Гельфонд и др.». Автор не считает нужным что-либо сказать о сущности и значении крупнейших вкладов, сделанных в науку о числе академиками Чебышевым и Виноградовым. Нельзя оставить без протеста и умолчания автором в ряду названных им имен советских ученых имени покойного

* «Элементарная математика» (арифметика). «Элементарная математика» (алгебра). Программы и методические указания для заочников учительских институтов. Автор С. С. Бронштейн, Учпедгиз, Москва 1947.

«Теория и практика решения задач по элементарной математике» (арифметика и алгебра). Методические указания для студентов-заочников педагогических и учительских институтов. Автор А. С. Бугай, «Радянська школа», 1948 (на украинском языке).

** Курсив для «и» наш. — Ю. Г.

Л. Г. Шнирельмана, выдающиеся заслуги которого в этой области общепризнаны.

Но не только «историческая часть» в рассматриваемом пособии представляется нам совершенно неудовлетворительной. Серьезные возражения вызывает и характер многих теоретических комментариев автора, относящихся к основным математическим понятиям. Так, по вопросу о происхождении натуральных чисел, мы, кроме привлекающего автора мифа о Прометее, находим у него еще следующее высказывание:* «натуральные числа... были выработаны человечеством в доисторическую эпоху». В такой общей форме это высказывание воспринимается как утверждение, что в доисторическую эпоху «был выработан» весь натуральный ряд чисел (а не отдельные начальные его члены), что исторически неверно. (Достаточно вспомнить роль Архимеда в распространении идеи бесконечности ряда чисел!)

Мы решительно недоумеваем далее по поводу нижеследующих размышлений автора (стр. 35): «Если надо производить действия над двумя иррациональными числами, то, как известно, их представляют в виде бесконечных непериодических десятичных дробей; результаты четырех арифметических действий над двумя иррациональными числами... в общем случае мы не можем найти точно, ибо нельзя выполнить бесконечный ряд действий; в этих случаях приходится заменять данные числа их приближенными значениями». В математическом отношении это совершенно неграмотный пассаж; автор считает возможным найти «всю» бесконечную непериодическую дробь, представляющую данное иррациональное число, и в то же время утверждает невозможность производить над бесконечными дробями арифметические действия: в действительности же дело обстоит наоборот.

Не останавливаясь на других, вызывающих недоумение «неточностях» автора, упомянем еще только о совершенно комических комментариях его по поводу теоремы о существовании бесконечного множества простых чисел. Известное предельно простое доказательство этой теоремы, умещяющееся в трех-четырех строчках, автор умудряется «расписать» на полторы страницы, с этим можно было бы еще примириться, если бы при этом автор не ... противоречил самому себе (в результате применения неточных выражений**). Студенту будет гораздо труднее разобраться в путаных «объяснениях» С. С. Бронштейна, чем в изложении этого вопроса в любом учебнике.

Для полноты характеристики рецензируемого пособия остается сказать несколько слов о языке, которым оно написано. Это зачастую очень неясный, путаный и неточный язык, чуждый прочным традициям грамотного языка, свойственным нашей математической литературе. Своего апогея стилистическая вольность автора достигает на стр. 74— 75, где он «договаривается» буквально до следующего: «площадь земного шара слагается из площади СССР и площади остальных стран, стало быть, слагается из ] км2 и 5 км... » (курсив наш. — Ю. Г).

2) Принадлежащая С. С. Бронштейну методическая разработка по курсу элементарной алгебры носит на себе печать тех же пороков, которые характеризуют и только что рассмотренное «пособие» этого автора по курсу арифметики. В исторических сведениях, без всякого чувства меры сообщаемых автором, мы снова встречаем изобилие «анекдотического» сомнительной педагогической значимости материала, к тому же уснащенного «оригинальными» представлениями автора. О характере этих последних можно судить, например, по следующей цитате: «Но когда пифагорейцы пытались измерить длину гипотенузы равнобедренного прямоугольного треугольника, приняв катет за единицу измерения, то точного значения этого отношения они не могли установить; они вынуждены были ограничиться приближенными значениями и пришли к выводу, что не существует дроби, выражающей отношение гипотенузы к катету равнобедренного прямоугольного треугольника». Как мы видим, С. С. Бронштейн с незаурядной логической смелостью выдвигает версию эмпирического открытия несоизмеримых отрезков!!

Столь же наивны и далеки от всякого подобия научности воззрения С. С. Бронштейна на причины, побуждающие к введению иррациональных чисел. Вот что по этому поводу говорит автор***: «Система рациональных чисел оказывается недостаточно полной: в ней не всегда выполнима операция извлечения квадратного корня из чисел... А между тем ряд конкретных вопросов реальной действительности приводит к необходимости разрешать такие задачи; например, вычисление стороны квадрата, площадь которого равна двум квадратным единицам, приводит к извлечению квадратного корня из двух. Необходимо новое расширение понятия о числе построением системы новых чисел..., так, чтобы новое числовое поле ... во-первых, включало все поле рациональных чисел, во-вторых, сделало возможным извлечение корня любой степени из любого положительного числа».

Представления С. С. Бронштейна относительно характера практического значения иррациональных чисел настолько примитивны, что нам незачем заниматься их критикой. Но мы не можем обойти молчанием того, что в качестве единственного «теоретического» мотива введения иррациональных чисел автор называет необходимость «сделать возможным извлечение корня любой степени». Как известно, последнему требованию можно удовлетворить гораздо более скромной числовой системой, чем система действительных чисел, — так что важнейший принципиальный момент — почему необходима система действительных чисел? — трактуется автором совершенно искаженно.

Не в меньшей мере чем историческими и методологическими ошибками, образцы которых мы сейчас привели, изобилует рассматриваемое пособие и грубейшими ошибками логического и математического характера. Ограничимся здесь лишь немногими примерами, хотя число их можно было бы умножить, к сожалению, во много раз

Чего стоит, например, такое «определение»: «Говорят, что два уравнения а1х-\-Ь]у = а и а2х-{-4-^2_у = с2 с одними и теми же двумя неизвестными х и у образуют систему уравнений, когда

* Курсив наш. — Ю. Г.

** Так, показав, что 2-3-5-7-1ЫЗ -f- 1—составное число, автор строчкой ниже пишет «...составляя произведение всех простых чисел, меньших его (по контексту числа 13, хотя следовало бы: не больших числа 13), и прибавив к этому произведению 1, получим (? —/О. Г.) простое число больше 13».

*** Курсив везде наш. — Ю. Г.

те значения неизвестных, которые удовлетворяют первому уравнению, удовлетворяют также и второму и обратно». С. С. Бронштейну странным образом невдомек, что своим нелепым «определением» он, по существу, «ликвидирует» всю теорию систем уравнений, так как в силу этого «определения» в систему можно соединять только эквивалентные между собой уравнения!!

Отметим далее, что от коэфициентов #j, Ьъ сь а2, Ь2, с2 системы двух линейных уравнений С. С. Бронштейн многократно требует, чтобы они «не зависели от х». Не «придираясь» к совсем неуместной здесь «функциональной» терминологии автора, спросим лишь о том, почему отсутствует аналогичное требование относительно у?

Рассматривая систему трех однородных уравнений с тремя неизвестными (и с коэфициентами 01» Ьь сь а2, Ь2, съ я3, 63, г3), автор приходит к выводу, что «условие их совместного существования выражается тождеством:

Между тем это «тождество» (?!) является, конечно, не условием загадочного «совместного существования», а условием наличия нетривиального решения системы.

Логическую путаницу являют собой рассуждения С. С. Бронштейна об отношении равенства. После довольно схоластических и, во всяком случае, совершенно излишних в данном пособии спекуляций вокруг «общего определения равенства» С. С. Бронштейн, ничтоже сумняшеся, предлагает следующее «определение равенства для чисел всех областей»: «число а—b, если а — 6 = 0». Содержащийся в этом «определении» порочный круг нисколько не смущает автора!

В заключение нельзя не отметить ту смелость, с которой автор позволяет себе «освежать и обновлять» твердо установившуюся математическую терминологию. Так, вместо термина «абсолютная величина» наш автор употребляет «абсолютное значение», изобретает классификацию уравнений на «действительные», «противоречивые» и «исключительные случаи» (?!), вводит такой чудовищный термин, как «совокупность бесконечного множества элементов» и т. п. и т. п. Повидимому, эти терминологические экзерсисы, менее всего допустимые в учебной литературе, С. С. Бронштейн, не шутя, относит к числу своих методических достижений...

3) Обращаясь к пособию А. С. Бугая, необходимо отметить как его крупнейший, принципиальный недостаток то обстоятельство, что автор указывает в качестве основной литературы для изучения предмета, главным образом, переводные курсы Бертрана, Фербера, Бореля, отчасти совершенно устаревшие, и к тому же давно ставшие (особенно на Украине, книжные фонды которой так пострадали в период временной оккупации) библиографической редкостью. Вызывает законное недоумение, по какому праву автор игнорирует советские учебники теоретической арифметики Комарова, Белоновского и, особенно, вышедший в 1947 г. (за год до выхода пособия А. С. Бугая!) учебник по курсу арифметики (для учительских институтов) проф. М. К. Гребенча. Правда, кроме указанных курсов, автор в качестве дополнительной литературы называет несколько статей... в трудно доступных заочнику периодических изданиях. В свете этих фактов нельзя не прийти к заключению, что автор весьма безответственно подошел к важному вопросу рекомендации студенту соответствующей литературы, руководясь при этом, очевидно, своими личными вкусами и, может быть, наличием книг в своей собственной библиотеке, — но отнюдь не нуждами и возможностями студентов-заочников.

Серьезный методический недостаток пособия А. С. Бугая мы усматриваем далее в том, что он стремится перенести в вузовский курс элементарной математики надуманные (и культивируемые только наиболее отсталой частью методистов средней школы) методические шаблоны. Стремление заставить студента вести тождественные преобразования и проводить рассуждения по тем! же «нормам», которые рекомендуются среднему ученику школы, не может не вызвать решительного возражения. Это стремление к тому же является, повидимому, отражением непонимания автором того, что курс элементарной математики в институте не должен «повторять» курс методики, а должен решать свои самостоятельные задачи.

Сказанному в последнем абзаце не противоречит нисколько то, что автор в отдельных вопросах указывает на связь их с понятиями математического анализа,— тем более, что далеко не всегда эти ссылки автора научно корректны и методически оправданы. Так, совершенно лишено основания указание автора на связь между понятием «неопределенности» при исследовании алгебраического уравнения первой степени и понятием неопределенности и ее «истинного значения» в анализе. Нетрудно понять, насколько подобные досужие домыслы автора способны дезориентировать студента.

Нельзя не отметить далее и ряда очень наивных ляпсусов в математической терминологии. Так, числа типа Ы автор называет чисто комплексными, функцию JTJ^ называет обратной к функции / (х)у говорит о «невозможном уравнении» и т. п.

Наконец, нужно отметить слишком общий и, зачастую, поверхностный характер методических указаний автора по отдельным разделам курса. Чего стоит, например, следующее замечание автора: «Исследование трехчленов второй степени ... дает возможность студентам развить свои способности в анализе разных явлений, в том числе математических».

Произведенный нами (впрочем, отнюдь не исчерпывающий) разбор недостатков методических пособий по одному и тому же предмету, но вышедших в разных издательствах, как нам кажется, достаточно подтверждает сделанное нами выше заключение о том, что качество учебной литературы для заочников недостаточно контролируется издающими ее учреждениями.

ЗАДАЧИ

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПОМЕЩЕННЫХ В № 2 ЗА 1949 ГОД

№ 21

Доказать, что число

22225555 + 55553332

делится на 7.

Решение. Задача помещена по недосмотру вторично. Она была напечатана в № 3 за 1947 г. Большинство присланных решений по существу совпадает с решением, приведенным в № 6 за 1947 год. Здесь приведем решения, отличные от него.

а) Довольно многими было дано такое решение: Так как:

2222 = 7-317 + 3 и 5555 = 7-793 + 4,

то, применив формулу разложения бинома, будем иметь:

22225555 _|_ 55552222 _ (7.317 + 3)5555 +. (7.793 +. 4)?222 = = 7а+35555 7&+42222 _ 7 с -+ (35)iiii+-(42)Hii = = 7с +(2431П1+ 16Н1). (1)

Но сумма нечетных степеней делится на сумму оснований, в данном случае на 243+ 16 = 259 = = 7-37.

Итак, правая часть равенства (1) делится на 7, что и доказывает положение, данное в задаче.

б) Несколько иной вариант предыдущего решения дали тов. Шебаршин и др.

Так как 2.22=7.318— 4, то будем иметь:

22228555 _f_ 55552222 в (7-318 — 4)5555 + (7.793 + 4)2232^ ^Та _45555 + 7b f- 42232 = 7 (а + ь) — 1024Ш1 + 16"". Но 1024 = 7-146 + 2 и 16 = 7-2 + 2, тогда:

2222WK + 55552322 = 7 {а + Ь) — 7 (146 + 2)"" + + (7.2 + 2)П11 = 7 (а + Ь) - 7с — 2"" + 7d + 2""= = 7 (а + Ь — с + d),

где ау Ь, с и d — целые числа. Можно было вести преобразования и так:

7 (a + &) — 10241Н1+16ИП = 7 (я+ &) — (1024""-— 16"") = 7 (а + Ь) — (1024—16) М = = 7(0 + 6) —7.144 М.

в) Как и в предыдущем случае, учитывая, что от деления 22.-2 и 5555 на 7 получаются остатки соответственно:— 4 и 4, тов. Миртов дает такой вариант решения:

22225555 + 5555*222 e (22225555 +45555)+ (55552332

_ 42322) _ (45555 — 43332) = 2226 Л + 5551 В — — 42332 (43333 — 1).

Но

2226 = 7-318; 5551 =7-793, а 43333— 1 = — 64""_1""

делится на

64 - 1 =63 = 7-9.

Следовательно, все три слагаемых в правой ча сти делятся на 7.

№ 22

Решить в целых числах уравнение:

ax + by = c, (1)

если

с = ат + Ъп. (2)

Решение 1. Задача тоже была помещена в том же №3 за 1947 г. Приведем сначала решение, данное в № 6 за 1947 г.

Из (1) и (2) имеем:

(3)

Отсюда непосредственно получаем очевидное решение:

Зная одно решение, получим выражения по известной формуле для неопределенных уравнений

х = ат~~1 — Ы\ y=bn~l + at, (4)

где £ —произвольное целое число.

Это решение (присланное и сейчас значительным большинством) совершенно правильно лишь при условии, что а и b — числа взаимно простые. Если же а и Ь (а следовательно, и с) имеют общий множитель, то решение (4) будет уже неполным. Дадим поэтому решение, исходя из предположения, что а и Ь имеют наибольшим общим делителем число d.

Решение 2. Пусть

a = ald, b = bid,

где

(ah bx) = l. Из (1) и (2) имеем:

ax+by=am + bn9

откуда:

Из (5) имеем:

откуда находим:

(6)

Но так как (аъ Ь{) = 1, то k должно делиться на Ьг. Положим: k = bit. Тогда из (6) имеем:

у = Ъп~х — ах /.

Подставив значение k в (5), получим:

х = am~l + Ъх /.

Пример. Положим: а = 9, 6 = 6, m=5, я = 3. Тогда по первому решению получим:

= 9*±6/; _у = 68 + 9/

(/ полагаем натуральным числом). Давая / значения 1, 2, 3..., будем иметь соответственно (для верхних знаков):

/ 1 2 3

х 94_f_6 94+12 94+18 у б8 —9 63 — 18 62 — 27 и т. д. По второму же решению будем иметь: x = 9*±2t; .у = 62 + 3г, и подстановка различных значений / дает:

1 2 3 4 5 6

х 94 + 2 94 + 4 94 + 6 94 + 8 94+ 10 94 + 12 у 62 - 3 62 — 6 63 — 9 62- 12 62— 15 62—18.

Как видим, в первом решении даны не все корни уравнения.

Правда, в случае a = a\d, b^=b\d и, следовательно, c = cxd, обычно считается, что все члены уравнения разделены на их общий наибольший делитель. С другой стороны, и к случаю (a,b) = d может быть применен 1-й способ решения.

Разделив (1) и (2) на d, получим:

ЪХ + ^у = сг (7)

ах ат-1 +Мл~1 = ev (8)

Вычитание (8) из (7) дает:

ах (х —ат~х ) + Ьг(у - Ь"-} ) = 0. Отсюда получаем:

хх = ат^ ; у^Ъ"-1 , и из (7) имеем общее решение:

х = ат-1 —bxt; у = bn~x + ах /. № 23

Решить в целых и положительных числах уравнение:

12+22 + 32+ ... +*2=jcy. (1)

Решение. По известной формуле

(2)

Подставив из (2) в (1) и разделив уравнение на х (.v>0), получим:

(3)

Но jc = 6/ + r, где /— целое число, а г может иметь значения: 0, + 1, +2, +3, т. е. х может иметь вид:

Подставляя эти значения в (3), найдем, что левая часть является целым числом только при х t + \. Итак имеем:

1) х= 6 / + 1, а тогда из (3) получим

_у=(3/+1) (4/+1);

2) х = 6/—1 и из (3) .у = /(12/— 1), где / — произвольное натуральное число.

Во многих решениях рассуждения велись несколько иначе. Так как2дг+1 — число нечетное, то оно не может делиться на 2 и на 6. Остаются две возможности:

1) *+1 делится на 6, т. е. x = 6t—1;

2) х 4- 1 делится на 2, а 2х-\-\ делится на 3. Несложными рассуждениями устанавливается, что в этом случае л:=6/+1. Значения _у и здесь получаются подстановкой в (3) значений х.

Эта простая задача неожиданно получила слишком много неверных (вернее, неполных) решений (23 неверных из общего числа 74). В одних решениях для х находилось только значение 6/+1, в других, наоборот, только 6/—1. В последнем случае рассуждения велись обычно так: число 2х 4-1 — нечетное, значит, х + 1 делится на 2, а 2 х + 1 на 3.

В некоторых решениях приводилась еще одна система значений неизвестных: х = 0, у = 0. Это неверно, так как последовательность слагаемых в левой части начинается с 1, а потому х не может быть нулем.

№ 24

Построить треугольник по высоте AD, медиане BE и углу В.

Решение 1. Пусть треугольник ABC (черт. 1)— искомый.

Черт. 1

Прямоугольный треугольник ABD можно построить по катету AD~ha и острому углу В (если 5 = 90°, то треугольник выродится в прямую AD; если £>90о, то строится треугольник по На и углу 180° — В). Далее, прямая, проведенная через середину АО параллельно ВС, очевидно, разделит пополам и АС, т. е. пройдет через точку Е. Отсюда построение.

1) Строим прямоугольный треугольник ABD по катету AD = па и углу В (или 180° — В).

2) Через середину AD проводим прямую MN, параллельную BD.

3) Радиусом, равным ть, проводим окружность из центра В. Ее пересечение с MN дает точку Е.

4) Проводим АЕ и продолжаем до пересечения с продолжением BD в точке С.

Треугольник ABC — искомый. Доказательство очевидно

(АВ = hCt BE = ть% ^ АВС= Z В). Исследование. 1. Пусть угол £<9Э° (черт. 1). Тогда: АВ

а) при ВЕ>-2~ имеем одно решение;

АВ

б) при BE = точка Е будет лежать на АВ; решения нет,

АВ

в) при ££<-?>" или точка Е получится левее АВ, или BE совсем не пересечет MN в обоих случаях решения нет.

Итак, при £<90° задача имеет одно решение АВ

при условии: ВЕ^-^, или, вводя только данные

( AD \

в условии задачи величины ( АВ = sin^ J> при

(1)

2. Пусть угол 5 = 90° (черт. 2). Если ££> > ~2~, то получим две точки Е и £j и, соответственно, треугольники /45С и ABCV Так как они отличаются только расположением, то можно считать их за одно решение. _ АВ При -я- решения нет.

Черт. 2

Итак, при В = 90° задача имеет одно решение при условии:

3. Пусть угол £>90° (черт. 3). Тогда:

Черт. 3

AD

а) при BE < 2 " задача не имеет решения (££ не пересечет MN)\ AD

б) при BE = —о~ задача имеет одно решение (В£ х AW);

AD

в) при Z?£ >» » будем иметь две точки: £ и Ех«

Если обе точки Е и Е} лежат внутри угла ABC, то будем иметь два решения. Очевидно, этот случай будет иметь место, если BE < 2 или

Если одна из точек Е yl Ех будет лежать на стороне АВ или вне угла В, то имеем одно решение. Эти случаи будут иметь место при условии:

или

Решение 2. В некоторых решениях (а также в «Математическом листке», откуда и взята задача) построение производится несколько иначе: проводятся три параллельные прямые на расстоянии па~2 друг от друга (черт. 4). На нижней прямой берется произвольная точка В и строится угол, равный заданному. Дальнейшее ясно. По существу почти совпадая с первым построением, оно выгодно отличается тем, что здесь во всех трех случаях [в ^ 90° j всегда строится сам данный угол. Кроме того, несколько упрощается исследование (кстати, полное исследование дано очень в немногих решениях).

Черт. 4

№ 25

Решить в целых и положительных числах систему уравнений:

х2+у = а (1)

v« + * = &. (2)

Решение. Рассмотрим три случая. 1) Пусть а = Ь. Тогда из (1) и (2) имеем:

(3)

и так как по условию х+у^> 1, то должно быть: х—v = 0, т. е. х = у. Тогда уравнение (1) перепишется в виде:

откуда:

(знак минус перед корнем дает отрицательные решения).

Для того чтобы х было положительным целым числом, необходимо и достаточно чтобы было точным квадратом нечетного положительного числа, т. е.:

отсюда:

a = m(m+l). (4)

При этом условии будем иметь х ~у = т.

Итак, при а=.Ь имеем единственное решение при наличии условия (4). В противном случае система целых положительных решений не имеет.

2) Пусть #>6. Тогда из (1) и (2) имеем:

(х—у) (х+у-1) = а — 6>0,

и так как по условию: х+у—1 > 0, то должно быть:

х—у>0 и х>у. (5)

Но тогда и подавно:

2х+\>у

х* + 2х + 1 >х*+у. (6)

Из (6) и (1) имеем:

(ЛГ+1)2>Я>ЛГ2. (7)

Неравенства (7) показывают, что если данная система имеет решение (в целых положительных числах), то х является квадратным корнем из а, вычисленным с точностью до 1 (с недостатком). Остаток же должен дать значение у. Отсюда решение (при а^>Ь). Извлекаем из а наибольший целый квадратный корень. Пусть он равен я, а остаток равен т. Принимая х = т, подставляем эти значения в уравнение у2 4- х = Ь. Если получим тождество, то х = т и у = п — единственное решение системы. В противном случае система целых положительных решений не имеет.

3) Пусть а<^Ь. Очевидно, что этот случай приводится к предыдущему, только х и у меняются ролями.

Пример 1.

х2 +у=42 у*+х = 42.

Так как 42 = 6-7, то х=у = 6.

Пример 2.

х*+у=17 уЗ + *=17.

Так как 17 не может быть представлено в виде т{т-\-1), то система целых положительных решений не имеет.

Пример 3.

х*+у = Ь7. v* + x = 2l.

Так как 67-=82-|~3, то решение может быть только х= 8, у = 3. Подстановка во второе уравнение дает:

32 + 8#21.

Следовательно, система целых положительных решений не имеет.

Пример 4.

х*+у = 294 уз + х = 42.

Так как 294 = 172 -f 5, то решение может быть лишь * = 17, у =5. Подстановка во второе уравнение показывает, что 17 и 5 действительно являются решением системы (и притом единственным).

Пример 5.

х2+у = 92 х+у*ш* 130.

Так как 130=113 + 9 и 9*+ 11 = 92, то х = 9 и 11 дают единственное решение системы.

Эта задача получила очень небольшое количество решений. Очевидно, задача понималась так, что нужно дать общий вид решения в виде формулы для любых а и Ь, тогда как выше дан только алгоритм решения.

Большинство присланных решений и шло по этому пути. Из них засчитывались те, в которых дан анализ задачи, хотя бы и в общей форме. Но нельзя признать удовлетворительным достаточно очевидное решение:

а = т* + п; Ь = п*+т (А)

(очевидно, это нужно понимать так, что система имеет решение, если имеют место равенства (А) для некоторых т и п). Во-первых, надо было показать, что из большего из чисел а и Ъ извлекается наибольший целый квадратный корень (это легко сделать). Во-вторых, вывести отсюда, что система имеет только одно, или ни одного решения.

№ 26

Периметр треугольника равен 20. Сумма его высот равна. -^-■ и R = —^—• Определить стороны.

Решение. По условию:

(1)

(2)

Но

Отсюда:

и аналогично:

Подстановка во (2) дает:

(3)

Далее из формул:

после подстановки значений Rap получим:

abc /3 = 28 YЮ (10— а) (10 — 6) (10 —с).

Возведя в квадрат и подставив вместо а-\-Ь-\-с и ab -{- be 4- ас соответственно 20 и 131, получим уравнение:

3 д2 62 съ + 7840а6с - 7840-310 = 0, решив которое относительно abc, найдем:

abc =280. (4)

Итак, имеем систему:

а + b + с = 20 ab + be + ас = 131 abc = 280.

Отсюда следует, что а, Ь, с являются корнями уравнения:

л* — ПО х* + 131 х 280 = 0. (5)

Решить это уравнение можем или испытывая целые множители числа 280, или разложив левую часть на множители, например так:

Отсюда легко находим корни уравнения (5), именно: 5, 7 и 8.

Итак, стороны треугольника равны 5, 7, и 8.

(1 /3"

В задаче была допущена опечатка 1—s— вместо 7/3 \—^—J. В этом случае задача не имеет решения, как это и показано многими из приславших решения. Но наряду с этим, во многих решениях 2 было исправлено на 3, и дано решение, аналогичное приведенному. Понятно, что зачитываются обе категории решений; тех и других прислано почти одинаковое количество.

№ 27

Доказать неравенство:

при неравных и положительных а, Ь, с, d.

Решение. Имеем:

(1)

Из соотношения между средним арифметическим и средним геометрическим получим:

Подстановка в (1) дает:

Отсюда:

(2)

Аналогично получим:

(3) (4)

при этом знак равенства во всех трех случаях одновременно может быть, как легко показать, лишь при а = Ь = с= dt что исключено условием.

Сложив (2), (3) и (4), получим требуемое неравенство.

№ 28

Доказать для четырехугольника ABCD соотношение:

где О — точка пересечения диагоналей.

Решение. Обозначив Z.AOB через а, будем иметь:

(2) (3) (4) (5)

умножив (2), (3), (4), (5) соответственно на OCOD; OA-OD; ОА-ОВ; ОБ-ОС и сложив полученные равенства в левой части, получим левую часть равенства (1). В правой части все члены, содержащие cos а, примут вид + 2 OA-ОБ-ОС-OD cos а и при сложении взаимно уничтожатся. Останется, в правой части выражение:

Соединив 1-й член с 4-м, 2-й с 7-м, 3-й с б-м и 5-й с 8-м, будем иметь:

т. е. получим правую часть равенства.

№ 29

Найти четырехзначные числа, кратные П7 сумма цифр которых равна 11. Решение. Пусть искомое число:

xyzu = 1000*+ ЮОу + Юя + и. (1)

По условию имеем:

*+.У + * + И=:11. (2)

Кроме того, по признаку делимости на 11 должно быть:

(x + z)-(y + u) = \\k) (3)

причем, так как х, у, 2 и и — числа однозначные, то k может быть равно только 1,0 и —1. По сложении и вычитании (2) и (3) получим:

2(* + *) = 11(1+*) (4)

2(у + й)=П(1-*). (5)

Из (4) заключаем, что ЬфО, так как в этом случае в левой части было бы четное число, а в правой нечетное. А так как х ф 0 (иначе искомое число было бы трехзначным), то левая часть в (4) не равна нулю и, значит, k ф — 1. Остается &ss 1. Тогда получаем:

х + г = 11 (6)

и + z = 0. (7)

Из (7) находим u = z = 0, а из (6) имеем для х значения от 2 до 9 и для z соответственно значения от 9 до 2. Получили 8 решений:

2090; 3080; 4070; 5060; 6050; 7040; 8030; 9020.

Было несколько неверных решений, утверждавших, что задача решений не имеет.

Черт. 5

MB возьмем произвольную точку Е и из нее проведем ЕК\\МР и EF || MN. Получим треугольник EFK, который, как легко показать, подобен треугольнику MNP. Таким образом, точку В можно принять за центр гомотетии для треугольников MNP и EFK- Отсюда построение. Проводим произвольную прямую FKII ху и строим на FK правильный треугольник FKE. Проводим BE п продолжаем до пересечения с одной из сторон квадрата в точке М. Из этой точки проводим MP || КЕ и MN\\FE. Треугольник MNP — искомый.

Аналогичным путем можем построить второй треугольник, который является треугольником MNP, повернутым на 180° вокруг центра квадрата.

Как показывает элементарный анализ, это построение неприменимо, когда (как справедливо замечает тов. Шебаршин) данная прямая ху образует со стороной ВС угол а такой, что а>75с или а < 15°. Но в этом случае отрезок /ОБ" образует со стороной AD угол 0 такой, что 15° < р 75°, и аналогичное построение выполняется около вершины D. Случай, когда данная прямая параллельна одной из сторон квадрата, очень прост, поэтому мы его не рассматриваем. Интересно, что многие авторы решений считают построение искомого треугольника в этом случае невозможным.

Задача получила довольно много разнообразных решений; за недостатком места их не приводим. Большинство же из них или совпадает с приведенным, или берет в качестве данного угол а, составляемый заданной прямой с одной из сторон крадрата.

№ 32

Доказать, что основания перпендикуляров, проведенных из точки окружности на стороны вписанного треугольника, лежат на одной прямой.

Решение. Опустим из точки М (черт. 6) перпендикуляры MD, ME, MF на стороны треугольника ABC и соединим точку Е с D и F. Очевидно, что, доказав равенство углов AEF и DEC, мы тем самым докажем, что FE и ED составляют одну прямую. Итак, докажем, что

/_ AEF= £ DEC. (1)

Соединим точку М со смежными вершинами А и С треугольника ABC. Четырехугольник AFEM—вписуемый (так как точки F и Е лежат на окружности, построенной на AM как на диаметре). Отсюда:

/ AEF=/_AMF, (2)

как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу AF. Точно так же из вписуемого

Черт. 6

Черт. 7

Уравнение:

x* + ax2 + bx+c = 0, где a, b, с — рациональные числа, имеет корень

где р, q, г — рациональные числа и г не является точным квадратом. Доказать, что в этом случае уравнение имеет рациональный корень.

Решение. Как известно, если уравнение с рациональными коэфициентами имеет иррациональный корень Xi=p + qyfrt то оно имеет и сопряженный корень х2 = р — qY г. Но по теореме Виета:

х1 + х2 + х3 = —а.

Отсюда:

лг3 = —а — (х\ + х2) = —а — 2р,

т. е. число рациональное.

Положение о сопряженных корнях можно доказать и непосредственно, что и сделано во многих решениях. Подставив корень хг=р -f- q Уг в данное уравнение, получим:

(р8 + Zp+r + ар2 + aq*r + bp + с) + + (3p°-q + q*r + 2apq + bq)\/r = 0. Это равенство возможно лишь при условии, что А = /73 4- 3pq*r + ар + bp + с мт 0 (1) В = 3p*q + q*r + 2apq + bq = 0. (2)

Подставив выражение р — qYr в данное уравнение, получим:

А —В/г = 0. Откуда, принимая во внимание (1) и (2), заключаем, что р—q Yг является также корнем данного уравнения.

№ 31

Вписать в квадрат правильный треугольник так, чтобы одна из сторон была параллельна данной прямой.

Решение. Пусть треугольник MNP (черт. 5) — искомый. Соединим вершину М с В. На отрезке

четырехугольника MECD (£Е-\- £D = 180°) находим:

£ DEC = DMC. (3)

Итак, для доказательства равенства (1) достаточно доказать, что

/. АМЕ = ^ DiWC, (4)

или (прибавив к обеим частям угол ЕМС):

£АМС= £EMD. (5)

Но из вписанного четырехугольника АВСМ находим:

^ ЛЛ1С= 180° — /_ Bt (6)

а из вписуемого четырехугольника MEBD (£Е+ £D= 180°) получим:

= 180° — /^В. (7)

Из (6) и (7) выводим равенство (5), а отсюда (1). Следовательно, углы АЕЕ и CED вертикальные, т. е. DF—прямая линия (прямая Симпсона). В некоторых решениях доказывалось, что

что, конечно, одно и то же.

Некоторые запрашивали: можно ли в данном случае просто сослаться на прямую Симпсона, не приводя подробного решения? В связи с этим отвечаем, что вообще ссылки на те или иные теоремы элементарной математики (в частности, например, на теоремы из геометрии треугольника и т. п.), не входящие в курс школьной математики, не только допустимы, но и желательны, так как указывают на более глубокое знание элементарной математики.

Так, в задаче 30 можно было просто сослаться на теорему о сопряженных корнях, в задаче 32 — на прямую Симпсона, в задаче 34 — на свойство радикальных осей. Но, конечно, наряду с этим представляет интерес и самостоятельное доказательство того или иного положения, часто не совпадающее с обычным доказательством данной теоремы.

№ 33

Из точки М, взятой внутри угла А на окружности, описанной около треугольника ABC, проведены перпендикуляры к сторонам треугольника. Длины этих перпендикуляров ра, рь и рс. Доказать, что

(1)

Решение 1. Воспользуемся результатом предыдущей задачи: линия EDF — прямая (черт. 7). Отсюда:

(2)

Но

(3)

так как/ FME = 130° — А что видно из четырехугольника АЕМЕ).

(Z EMD = B, так как их стороны взаимно перпендикулярны);

(5)

{Z.DME—C по той же причине). Из (2), (3), (4) и (5) имеем:

(6)

Сделав подстановку, по умножении на 2R получим:

РсРь<* = PcPab + PaPbC (7)

Разделив (7) на paPbPc получим требуемое соотношение (1).

Решение 2. Можно, конечно, дать решение этой задачи и без ссылки на предыдущую, и притом различными способами. Приведем одно из таких решений. Соединив М с В и С (черт. 8).

Черт. 8

для четырехугольника МВАС по теореме Птоломея можем написать:

или:

(1)

Разделив обе части (1) на МА*МВ-МС, получим:

(2)

Определим двумя способами площадь треугольника МВС:

(3)

Но ВС = 2R sin ВМС. Произведя замену, по сокращении получим:

(4)

Аналогично получим для треугольника MAC:

(5)

и для треугольника MB А:

(6)

Подставив из (4), (5), (6) в (2), по умножении на 2R получим:

Черт. 9

Из (1) и (2) выводим:

CM-MD = EM-MF. (3)

Но это и показывает, что CD и EF являются хордами одной окружности 03.

Если окружности пересекаются так, что точка М лежит вне их, то доказательство остается тем же, только вместо свойства пересекающихся хорд придется воспользоваться свойством секущих.

Конечно, можно было просто ограничиться указанием на известное положение, что для трех окружностей (и больше, чем трех) радикальные оси каждой пары из них все пересекаются в одной точке.

№ 35

Доказать, что из медиан любого треугольника можно построить треугольник.

Решение 1. Продолжим медиану AD на длину DN = MD (черт. 10) и точку N соединим с В и С. Четырехугольник MBNC — параллелограм, так как в нем диагонали взаимно делятся пополам. Следовательно, BN^CM = ^ тс. Имеем треугольник MBN, стороны которого:

MN — "з" та\ ВМ = -g- mb\ NB = тс.

Очевидно, что можно построить треугольник, стороны которого в -я- раза больше сторон этого треугольника.

Решение 2. Довольно много решений дают непосредственное построение требуемого треугольника. В большинстве из них построение проводилось следующим образом. Проведем среднюю линию FD и продолжим ее на расстояние DM = tD (черт. II). Точку М соединяем с В и Е. Треугольник ВМЕ построен из медиан данного

Черт. 10

Действительно: BE = mb. Четырехугольник ADME — параллелограм (j)M\\AE; DM = FD = ~^АС = АЕ^. Отсюда: ME = AD = та. Далее, /\FBM = &AFC(FM = AC, FB = AF, Z.MFB = Z.CAF), отсюда: BM = FC = mc. Предложение доказано полностью, так как все построения и доказательства не зависели от формы треугольника.

Решение 3. Были также решения, основанные на доказательстве, что каждая из медиан меньше суммы двух других. Конечно, достаточно было доказать это только относительно наибольшей медианы, но это доказательство совсем неубедительно, когда вообще бралась только одна медиана и, как явствует из чертежа, наименьшая.

Черт. 11

№36

Если в некоторой системе счисления число N изображается нечетным числом одинаковых цифр, т. е. имеет вид: ааа...а, то ни в какой другой системе оно не может быть изображено в виде bbb...b, где b = ku и k — четное число.

Решение. Докажем от противного. Пусть

N=aaa...a = bbb...b (1)

или:

2/i + l т

N = а(Ш.. Л) = Ъ (Ш.. Л) (2)

Пусть Ы^аи k = 2l. Подстановка во (2) дает: 2п+1 __т_

ЛГ=а(111...1) = 2/a(lll...i). (3)

Доказать, что три общие хорды попарно перенекающихся трех окружностей пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть хорды АВ и CD (черт. 9) пересекаются в точке М. В окружности 02 проведем хорду через Е и М. Пусть вторая точка пересечения ее с окружностью—F. Докажем, что точка F лежит и на окружности 03.

Имеем:

1) В окружности 0%:

AM • MB = CM- MD (1)

2) Аналогично в окружности 02:

EM-MF= АМ-МВ (2)

Обозначим основание первой системы счисления через р, а второй — через д. Тогда (3) по сокращении на а можно записать в таком виде:

...+q+l). (4)

Но это равенство невозможно, так как правая часть — число четное при любом q, левая же—число нечетное при любом р (первые 2п членов одинаковой четности, и, следовательно, их сумма—число четное).

№ 37

Построить углы х и у, если х+у = а и т cos х = п cosy.

Решение. Из нескольких вариантов решений приведем наиболее короткое.

Строим угол САВ=а (черт. 12) и на сторонах его откладываем отрезки АВ и АС, пропорциональные числам тип (предполагая их положительными). Соединим В и С и проводим из А перпендикуляр AD к ВС. Тогда

Z.BAD = x и ^DAC=y.

Черт. 12 Черт. 13

Действительно, по построению имеем:

X + V = а.

Из треугольников ADB и ADC:

AD = т cos х = п cosy, т. е. выполняется и второе условие задачи.

№ 38

Построить углы х и у, если jc+y=« ы т sin х = п siny.

Решение. Полагаем а < 180° и т и п — числа положительные. Строим угол А, равный 180° — а (черт. 13), и на его сторонах откладываем отрезки АВ и АС, пропорциональные числам тип. Из точки А опускаем перпендикуляр на ВС. Углы ABD и ACD — искомые.

Действительно:

х^гу= 180° — А = 180° —(180° —а) = а.

Из треугольников ABD и ADC имеем:

AD = т sin х = п siny.

Если а > 180е, то проводим предыдущие построения для угла а—180°. Искомые углы будут смежными с углами ABD и ACD. Характерно, что для задач 37 и 38 в подавляющем большинстве случаев давалось аналитическое решение, а не чисто геометрическое построение. Обычно в обеих задачах отыскивалось значение —^ •

Для задачи 37 получалось:

и для задачи 38:

Затем построением находился угол

№ 39

Решить систему уравнений:

(х+У) (x + z)=x (Ь

iy + z) (у + х) = 2у (2

(z + x) (z+y)=3z (3)

Решение. 1) Имеем тривиальное решение: ^ = 0, у) =0, zx = 0.

2) Пусть одно из неизвестных, например, х\ равно нулю. Тогда получим (не считая тривиального) следующие два решения:

х2 = 0, у2 = 0, z2 = 3.

*з = 0, _у3= 2, z2 = 0. Аналогично находится четвертое решение *4 = 1, у4 = 0, zA = 0.

3) Пусть х ф 0, у ф 0, z ф0 (как легко проверить тогда не равен нулю и каждый из двучленов в левой части уравнений системы). Тогда, разделив (1) на (2), будем иметь:

отсюда:

или, разделив на xyz:

(4)

Аналогично, разделив (1) на (3), после преобразований получим:

(5)

Вычтя (5) из (4), найдем:

откуда:

(6)

Подстановка из (6) в (5) дает

откуда:

(7)

Подставив из (6) и (7) в (1), получим:

и

Из (6) и (7) соответственно найдем:

Итак, имеем 5 решений:

1

2

3

4

5

X

0

0

0

1

35 24

V

0

0

2

1

0

7

"~ 24

z

0

3

0

0

5

~~ 24

Вызывает удивление, что эта довольно элементарная система получила рекордное число неверных решений (из 6* решений 44 неверных!). Почти все из них давали только решения первое и пятое (лишь два решения дали только первое). Характерно, что в случаях трех-четырех давалось, кроме этого, одно из остальных трех решений {в зависимости от способа решения) и не был сделан вывод, что если имеется одно решение типа 0, 0, а, то, в силу «полной равноправности» неизвестных, в левой части уравнений должны иметь место еще два аналогичных решения.

№ 40

Дана часть шаровой поверхности. При помощи только циркуля определить измерением и вычислением диаметр шара.

Решение 1. Из произвольной точки М шаровой поверхности (черт. 14) описываем на ней окружность произвольным радиусом г (конечно, допускающим такое построение). На этой окружности берем три произвольные точки А, В9 С и циркулем измеряем (перенося соответствующий раствор циркуля на масштаб) расстояния:

ВС = а, АС = Ь, A3 = с.

Черт. 14

Тогда радиус малого круга

где

Диаметр шара D = MN определится как гипотенуза прямоугольного треугольника MAN, в котором известны: катет АМ = г и отрезок MP гипотенузы, равный

Следовательно, будем иметь:

Подавляющее большинство решений совпадает с приведенным, различаясь лишь в некоторых деталях.

Черт. 15

Решение 2 (тт. Голубев, Лебензон). Берем две произвольные точки М и N (черт. 15). Из этих точек произвольным радиусом г проводим дуги по любую сторону дуги MN. Их пересечение дает точку А. Точно так же проводя дуги из М и N радиусами г2 и /*3, получим точки В и С (в частности, можно было сразу получить точки А и В, сделав радиусом гх засечки по обе стороны дуги MN). Очевидно, что все три точки лежат на окружности большого круга. Далее построив на плоскости треугольник ABC, описываем около него окружность. Ее диаметр и будет диаметром шара.

Как видим, в обоих случаях, хотя операции на самом шаре производились только циркулем, в дальнейшем приходится пользоваться еще и масштабом (что допускалось и автором задачи). Если же слова „при помощи только циркуля" понимать в „абсолютном" смысле, не допускающем во всем процессе решения никаких других инструментов, то, конечно, приведенные решения не удовлетворяют этому требованию.

Полное решение исключительно одним циркулем дано только т. Шебаршиным. Редакция намерена дать это решение в одном из последующих номеров, а также предлагает читателям попытаться найти такое решение и прислать его в редакцию.

ЗАДАЧИ

(срок присылки решений 5 декабря 1949 г.)

81. Определить угол А треугольника, если имеет место соотношение:

М. Дубенец (Новошепеличи, Киевской обл.) 82. Решить уравнение:

М. Дубенец.

83. Найти соотношение между углами у, z, если известно, что

М. Дубенец.

84. Найти соотношение между углами х, у, z, если известно, что

В. Розентуллер (Ленинград).

85. Решить уравнение:

86. В треугольнике ABC определить биссектрису АД если известно, что АС + CD = т,АВ — BD - п.

(Автора этой задачи редакция просит сообщить фамилию и адрес.)

87. О треугольнике АБС известно, что его периметр равен 18, а площадь 16 (соотв. кв. единиц). Определить его стороны.

(Задача того же автора.)

88. Доказать: если в треугольнике угол А — тупой, то всегда имеет место соотношение:

X. Хамзин (Стерлитамак).

89. Доказать: если в треугольнике имеет место соотношение:

то углы этого треугольника образуют арифметическую прогрессию.

X. Хамзин.

90. Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Пусть гь г:> гь г\ — соответственно радиусы окружностей, вписанных в ломаные: DABC, ABCD, BCDA, CDAB. Доказать, что

X. Хамзин.

91. В плоскости треугольника ABC найти точку М, такую, что три точки Mh М2, М3, симметричные с ней относительно сторон треугольника, лежат на окружности, описанной около этого треугольника.

С. Лебензон (Малаховка, Моск. обл.).

92. Дан треугольник, вписанный в окружность. Доказать, что три дуги, симметричные дугам окружности относительно сторон треугольника, пересекаются в одной точке.

С. Лебензон.

93. Решить уравнение:

94. Решить уравнение:

95. Решить уравнение:

96. Решить систему уравнений:

97. Доказать, что при всяких вещественных anb:

(а + 6)4<8 (л4+&4).

98*. — Неужели все дети, играющие в вашем саду, — ваши? — спросил посетитель хозяина дома, глядя в окно.

— Нет, — отвечал хозяин. Здесь играют дети четырех семейств. По числу ребят, родителей можно расположить в таком порядке: дядя, моя сестра, мой брат, и, наконец, я, обладающий самым многочисленным семейством.

— Любопытно, продолжал хозяин, — такое совпадение: произведение чисел четырех групп детей как раз равно номеру моего дома, который вы. конечно, знаете.

Посетитель сказал:

— Попробую на основании ваших данных определить число детей каждой семьи.

После некоторых выкладок он добавил:

— Мне только нужно знать, был ли у вашего дяди один ребенок или больше. Получив ответ, он тотчас же сообщил точно число детей каждой семьи.

* От редакции. Эта задача была прислана в редакцию проф. И. Я. Депманом (Ленинград) с некоторым упреком (до некоторой степени справедливым) по отношению редакции, что она не уделяет места задачам, где логический элемент преобладает над математическими формулами и вычислениями. В качестве примера И. Я. Депман сообщил предложенную выше задачу. Охотно помещая ее, редакция все же напоминает, что примерно в этом стиле были напечатаны посмертные задачи Я. Перельмана (№ 2 за 1946 г.) и, в особенности задача № 12 в № 1 за 1947 г. (решение — в № 4 за 1947 г.).

Предлагается читателям определить численный состав каждой семьи, а также и номер дома.

99. Найти числа N и fc, удовлетворяющие условию, что Nk и Nk изображаются одними и теми же цифрами, но расположенными в обратном порядке.

100. Решить уравнение:

Найти действительные, а затем выделить рациональные корни этого уравнения.

В. Барановский (Глухов, Сумской обл.).

СВОДКА РЕШЕНИЙ ПО № 2 1949 г.

Ш. Аванесян (Баку) 21, 22, 24, 27 — 29, 32, 34, 37, 38, 40; Г. Автух (Витебская обл.) 21—24, 27 — 29, 31, 32, 34 — 38, 40; К. Агринский (Москва) 21—26, 29, 30; М. Адигамов (Чкалов) 23, 24, 29, 35, 37, 38; Я. Айзенштат (Киев) 21 — 25, 27 — 40; И. Акопян (Бугуруслан) 24 — 29, 32,35 — 38,40; И. Альтшуллер (Ленинград) 21, 23, 24, 29, 35; А. Аляев (Пензенская обл.) 21—24, 27 — 29, 31 — 33, 35 — 38, 40; Г. Ахвердов (Ленинград) 21—24, 26 — 4 ; Н. Беллавин (Фоминка) 29; Е. Боков (Краснодарский край) 21, 22, 24, 26, 27, 29, 30, 32, 34, 35, 37, 38, 40; Ф. Брижак (Московская обл.) 21, 24,27,29 — 31; В. Бурназов (Ейск) 21—24, 27, 29 — 32, 40; В. Буткевич (Ровно) 21, 24, 25, 27- 31, 34 — 39; Б. Вайнман (Киев) 21, 22, 24, 29, 30, 33, 34, 37, 38; В. Варганов (Москва) 24, 28, 32, 33, 35; С. Вашакмадзе (Тбилиси) 21, 22, 25, 29; А. Владимиров (Ялта) 21—24, 26, 27, 29 — 31, 34 — 40; А. Войтенко (Днепропетровск) 21 — 24, 27 — 29, 31 —38,40; Я. Волок (Житомир) 21, 24, 27, 29, 31—35, 37, 38, 40; И. Гапонов (Воронежская обл.) 21, 22, 26 — 35, 37, 38, 40; С. Гликсон (Сарны) 21 —24, 26 — 40; И. Голайдо (Брянская обл.) 21, 22, 24, 26 — 38, 40; В. Голубев (Кувшиново) 21—38, 40; Г. Голянд и С.Третьяков (Краснодарский край) 21, 23, 24, 26, 29, 35, 38, 39; И. Гопп (Казань) 21, 22, 24, 27-33, 35 — 40; И. Десятов (Мичуринск) 23, 24, 27, 28, 32, 34, 40; И. Дзигава (Тбилиси) 21—24, 27, 29, 31,32,35, 37, 38; В. Дискин (Прилуки) 24; Н. Доброгай (Мелитополь) 22, 23, 32; Б. Дудолькевич (Киевская обл.) 21, 22, 24, 29, 32; И. Евланов (Павелец) 22, 24, 27, 28, 37, 38; М. Зайденберг (Бельцы) 24; И.Иванов (Псков) 21—24, 27 — 30,34 — 40; Г.Качдаян (Армянская ССР) 21, 23, 27 -29, 32, 34, 36; Г. Капралов (Горький) 21—24, 26 — 38, 40; Картышев (Витебская обл.) 24; Б. Кашин (Вышний Волочек) 21, 22, 24, 26, 29, 30, 32 — 38, 40; Я. Килимник (Винница) 21—24, 26 — 28, 32, 34, 35; И. Кириллов (Ярославль) 21, 24, 26, 27, 29, Зл Я7, 38, 40; П. Китайгородский (Москва) 21, 22, . 27 — 30, 37, 38; Д. Клименченко (Глухов) 21 — 2о; Б. Кодацкий (Ленинград) 21 — 24, 27 — 30, 32, 33, 35 — 39; С. Кодацкий (Ленинград) 24, 29, 35; С. Колесник (Харьков) 21, 23, 24, 26, 27, 29 - 38; А.Корнилов (Ростовская обл.) 21 —24, 27 — 31, 37, 38, 40; П.Краснов (Полоцкая обл.) 21—24, 26 — 35, 37, 38, 40; Н. Кухарев (Уфа) 21, 22, 24, 32; И. Лашко (Синельниково) 21, 29; Лебедев (Обоянь) 21, 22, 24, 26, 29 — 32, 36; С. Лебензон (Малаховка, Моск. обл.) 21—31, 33 — 38, 40; А. Лейман (Здолбуново) 21—40; Г. Литвинов (Усть Абаканск) 24, 29, 31, 37, 38; Д. Людмилов (Винница) 21—24, 26 — 40; М. Ляпин (Казань) 21 — 24, 27, 29,31,38, 39; А. Магеро (Чашники) 24, 27, 31, 35, 38, 39; Л. Малюгин (Горький) 21 —24, 26 — 38, 40; В. Маневич (Москва) 24, 35; Математический кружок средней школы (Бандза) 21, 24, 27 — 29, 31, 35 — 39; М. Месяц (Житомир) 21, 23, 24, 27, 29, 31, 32, 34, 37, 38; Медведев (Серебряково) 21, 22, 24 — 27, 29 — 32, 35 — 37,40; A. Митюгов (Можайск) 24; Т. Мышакова (Молдавская ССР) 21, 22, 24, 26, 27, 29, 30, 34, 35, 37 — 39; Г, Срленко (Глухов) 24; Н. Орлов (Кашира) 21 -24, 26 — 34, 37, 38, 40; Ф. Певишев (Шилово) 21 —24, 26, 27, 29 — 32, 34, 35, 37 — 39; О. Пищик (Золочев) 21 — 24, 27 — 31, 33 — 39; B. Подрез (Витебская обл.) 22 — 24; П. Постников (Ряжск) 21—24, 28 — 38, 40; В. Пушкаревский (Башкирская АССР) 28, 29; Н. Рассанов (Башкирская АССР) 21 -24, 27 — S0, 34, 35, 37, 38; Г. Рачинский (Изберг) 21, 24, 26 — 38, 40; В. Розентуллер (Ленинград) 21, 22, 27, 29; Б. Рубенчик (Минск) 21, 22, 24, 31, 32, 37, 38; В. Саннинский (Ворошиловград) 21—24, 26 — 35, 37 — 40; В. Севастьянов (Сталинградская обл.) 21,24,27 — 35, 37, 38; Г. Сенников (Горький) 22, 24, 27, 30, 31, 35, 37, 38; И. Сергачев (Малоярославец) 24, 29; Ф. Сергиенко (Запорожье) 21 —24, 26 — 35, 37, 38, 40; А. Сотников (Клайпеда) 21, 22; В. Стасюк (Стрый) 21 — 24, 27 — 40; А. Темногрудов (Пенза) 21, 22, 24, 29 — 32, 37, 38; Н. Титов (Казань) 21 — 28, 30 — 33, 35, 39; П. Титов (Тюмень) 21 — 24, 26 — 38, 40; А. Тралмак (Ленинград) 21 - 24, 26 — 40; Б. Цакоев (Рязанская обл.) 21, 23, 24, 26, 27, 30, 31, 35, d7, 38; М. Черепнин (Карагандинская обл.) 22 — 27, 29 — 38; А. Шакирзянов (Узбекская ССР) 24; М. Шебаршин (Кемеровская обл.) 2; — 28, 30 — 40; А.Шевченко (Прилуки) 24; С.Шестеренко (Глухов) 21, 24, 29, 31, Ь2; А. Ширшов (Ворошиловградская обл.) 21 — 24, 26 — 40; П.Эрдниев (Барнаул) 21 —24, 26 — 38, 40; Э. Ясиновый (Куйбышев) 21 —24, 26 — 38, 40.

СОДЕРЖАНИЕ

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ОТДЕЛ

B. Л. Минковский — Очерк логических основ методов математического доказательства ................................ 1

C. А. Дахия — Несколько слов об историческом развитии понятия геометрической точки................................ 9

МЕТОДИКА

З. И. Поляковский — Методика решения задач на многогранники...... 11

И.И.Смирнов — О проверке решения задач в экзаменационных работах X класса................................. 17

Н. А. Байбурт — Контрольные вычисления при решении задач по геометрии с применением тригонометрии ...................... 20

A. И. Волхонский — О проверке стереометрических задач на вычисление при помощи геометрических построений . . ................ 24

B. А. Феофилатьев — К вопросу о плотной укладке дров........... 26

Письмо в редакцию от группы учителей г. Чкалова............. 30

ИЗ ОПЫТА

И. А. Принцев — Задачи с геометрическим содержанием в курсе V класса . . 32

И. М. Яворский — К доказательству теорем о дзух и о трех перпендикулярах .................................... 37

И. М. Рабинович —О некоторых факторах, ведущих к формализму...... 38

РУССКИЕ ПЕДАГОГИ-МАТЕМАТИКИ

А. И. Александров — Иван Иванович Александров.............. 39

ХРОНИКА

И. Я. Танатар — XII математическая олимпиада учащихся средних школ г. Москвы................................ 42

Я. С. Герценштейн — Консультации для юных математиков.......... 47

Работа секции средней школы Московского математического общества ... AS

КРИТИКА И БИБЛИОГРАФИЯ

Ю. М. Гайдук — Какими не должны быть методические пособия для заочников 49

ЗАДАЧИ

Решения задач, помещенных в № 2 за 1949 г................. 52

Задачи.................................... 62

Сводка решений задач............................ 63

Редакционная коллегия

№ А — 09054 D лит,

Редактор А. И. Барсуков

Зам. редактора С. И. Новоселов Заказ № 509 Члены редакционной коллегии Ю. О. Гурвиц, В. В. Немыцкий, А. П. Садиков, Тираж 21 200 экз. Н. Ф. Четверухин

Технический редактор В. С. Якунина Корректор А. С. Киняпина

Адрес редакции: Москва, Чистые пруды, 6. Учпедгиз Министерства просвещения РСФСР

Сдано в производство 8/VII 1949 г. Подписано к печати 23/VIII 1949 г. Печ. л. 4. Учетно-изд. л. 8,02 Печ. зн. в 1 п. л. 82 000._Цена 4 р. 50 к. _Формат 84Xl08/1fi.

13-я типография Главполиграфиздата при Совете Министров СССР. Москва, Гарднеровский пер., 1а.