Page 1

ISSN 2074-4281

Олимпиада механико-математического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова Конкурс решения задач «Эврика!» А.С. Пушкин и математика


Внимание!

Проводится открытый педагогический Форум «Новая школа» Сроки проведения с 1 января 2011 г. по 1 января 2012 г. • Участвуют: учителя, воспитатели, методисты, учащиеся, а также дошкольники, родители

Участие в Форуме:

• Все ваши идеи, размышления, творческие находки будут обязательно опубликованы

• позволит опубликовать ваши педагогические разработки; • поможет внедрению инновационных технологий обучения и воспитания; • будет способствовать модернизации обучения и воспитания; • пополнит ваше портфолио; • окажет помощь педагогам и образовательным учреждениям при прохождении аттестации, а учащимся — при поступлении в учебные заведения; • повысит ваш педагогический профессионализм; • усилит собственную образовательную активность и мотивацию к достижению высоких результатов в обучении; • предоставит родителям возможность быть в курсе успехов и достижений ребенка

• Каждый участник Форума получит:  персональный Диплом  компакт-диск с работами всех участников Форума

Присылайте заявку на участие в Форуме (это вас ни к чему не обязывает) и вы получите комплект документов, где подробно изложены условия участия. Заявку направляйте по адресу: 127254, Москва, ул. Руставели, д. 10, корп. 3, издательство «Школьная Пресса»; по электронной почте: forum@schoolpress.ru; в режиме on-line на сайте forum.schoolpress.ru Все вопросы — по тел.: (8-495) 619-83-80, 619-52-87

Подробную информацию смотрите на 3 и 4 полосах обложки. Формы заявок вы можете найти на с. 27 и 64.


1

2011

СОВЕТЫ К УРОКУ 3

Рыжик В.И. «Ищите тангенсы!» — 2 (начало) Продолжаем разговор об одном из способов решения текстовых задач на движение, начатый в № 1 за 2010 г.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ 10 Бардушкин В.В., Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Методы решения задач по теме «Двугранный угол. Угол между плоскостями» (начало) Задачи, связанные с вычислением величин двугранных углов и углов между плоскостями, традиционно относятся к одним из самых сложных в школьном курсе стереометрии. Вместе с тем подобные задания разного уровня сложности постоянно встречаются как в вариантах итоговой аттестации (ЕГЭ), так и на вступительных экзаменах в вузы. В этой статье мы рассмотрим методы, используемые при решении подобных задач, и начнем с поэтапно-вычислительного метода.

ПРОВЕРЬ СЕБЯ 17 Зеленский А.С., Юмашев М.В. Олимпиада механико-математического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова Приводятся тексты заданий олимпиады механико-математического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова, состоявшейся 11 апреля 2010 года, а также ответы и указания к ним.

24 Заславский А.А. VII Олимпиада по геометрии им. И.Ф. Шарыгина. Заочный тур Приводятся условия задач заочного тура VII геометрической олимпиады им. И.Ф. Шарыгина.

28 Кукушкин Б.Н. Задачник «Математики для школьников» Задачник «Математики для школьников» представляет новые задачи и решения задач, опубликованных в прошлом номере.


КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ 38 Зельцер Е.А. Треугольник со сторонами 1 : 2 :

5

и «золотое сечение»

Чем примечателен прямоугольный треугольник, длины сторон которого образуют пропорцию 1 : 2 : 5 ? Оказывается, если хорошо «покопать», то в нем можно обнаружить настоящие залежи «золота». Не верите? — Тогда читайте дальше!

41 Жуков А.В. У нас в гостях — вневписанные окружности Вневписанные окружности — вовсе не потусторонние объекты, на которые не стоит обращать внимание: это персонажи реальных задач, то и дело встречающихся на олимпиадах и экзаменах.

44 Дворянинов С.В. Как мы решали олимпиадную задачу В статье рассматриваются три различных решения одной задачи и сравниваются их особенности.

45 Жуков А.В. Загадочная Настя и любопытствующий Костя Задача про Настю и Костю, предложенная в одном из туров конкурса «Эврика!», вызывает интерес не только у математиков. В результате появилось много красивых и необычных решений. В этой статье мы поместили некоторые из них.

48 Конкурс «Эврика!»

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО 53 Куланин Е.Д. Пушкин и математика Так ли уж несовместимы «лед» математики и «пламень» поэзии? Из воспоминаний современников А.С. Пушкина мы знаем, что великий русский поэт был не в ладах с математикой. Овладение этой наукой в лицейские годы ему давалось с трудом. Однако в дальнейшем, осознав ее значимость и глубину, он проявлял интерес к некоторым разделам математики.

58 Григорьева И.С. Математика и жизнь, или Парадоксы моделирования (начало) Математика — точная наука. Но значит ли это, что все, что говорится на языке математики и логики — верно? Ведь одно дело правильно доказать теорему, а другое — применить математическую теорию для описания действительности.


СОВЕТЫ К УРОКУ

В.И. Рыжик

«ИЩИТЕ ТАНГЕНСЫ!» — 2 Продолжаем разговор об одном из способов решения текстовых задач на движение, начатый в № 1 за 2010 г.*

Напомню, как геометрическая интерпретация текстовой задачи на движение позволяет прояснить ее содержание, а в иных случаях помочь в решении. Прежде всего укажу основное соотношение между величинами s (расстояние), v (скорость), t (время) для равномерного прямолинейs ного движения объекта: v = . В геометt a рии ему соответствует формула tgα = b в прямоугольном треугольнике с катетами a и b, в котором против катета a лежит угол α. Геометрическая иллюстрация в задаче на движение в общих чертах такова. Условие задачи порождает ее сценарий — рисунок, на который наносятся данные из условия и некоторые результаты, полученные в ходе построений. Сам рисунок состоит из базового прямоугольника (короче — базы) с горизонтальными и вертикальными сторонами (на горизонтальной стороне отмечаются временные промежутки, а на вертикальной — расстояния) и совокупности отрезков, отражающей условие задачи. Некоторые точки этой * См. : В.И. Рыжик. Ищите тангенсы // Математика для школьников. — 2010. — № 1. — С. 23−31. 1*

фигуры соответствуют моментам начала и конца движения рассматриваемых объектов, изменения их скорости, моментам встречи. Такие точки я буду называть узловыми, или узлами сценария. Они могут находиться на сторонах базы, причем вершины базы я причислю к узлам по умолчанию. Через узлы проводятся нужные для решения горизонтальные и вертикальные прямые (отрезки), которые проектируют узлы на стороны базы. Полученные проекции соответствуют промежуткам времени и расстояниям. Осмысленно подготовленный сценарий позволяет естественным образом ввести полезные для решения задачи переменные — указываем их на рисунке. Кроме того, в результате построений образуются прямоугольные треугольники. Выделяем в них углы (которые дадут нам затем важную информацию) и отмечаем их равенство. Сценарий задачи готов. Его можно считать удачным, если он позволяет решить задачу. Сразу замечу, что составленный сценарий может содержать избыточную информацию, это неопасно. Далее, работая с тангенсами выбранных углов треугольников, получаем соотношения, которые иллюстрируют зависимости между величинами, вытекающие из условия задачи. Исследуя эти зависи-


мости, составляем уравнение или систему уравнений, решение которых приводит к ответу на вопрос задачи. Именно такая техника работы с задачей была показана в статье «Ищите тангенсы», она используется и в этой статье. Основное внимание я буду уделять «геометрической составляющей» в решении задачи — составлению сценария и его использованию, а сугубо алгебраические выкладки — решение уравнений и систем оставляю для самостоятельной работы. Знак вопроса в скобках — [?], появляющийся в определенных местах текста, — повод для самостоятельного обоснования предъявленного результата. Для начала продемонстрирую сказанное на известной задаче про туристаодиночку. Задача 1. Турист отправился в поход из населенного пункта к живописному водопаду, до которого 9 км, после чего вернулся назад тем же путем. Дорога к водопаду сначала идет в гору, потом по ровному месту, а затем под гору. В гору турист идет со скоростью 4 км/ч, по ровному месту — со скоростью 5 км/ч, а под гору — со скоростью 6 км/ч. Путь в оба конца турист проделал за 3 ч 41 мин*. Какова длина «плоского» участка пути? Р е ш е н и е. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, а на луче AB — расстояние. Отрезок AD показывает время туриста в пути. Соглас41 но условию AD = 3 , AB = 9. Узлы 60 такие: K, L — точки, которые соответствует смене скорости туриста на пути * «Поразительная» точность данных, как правило, обеспечивает «хорошие» численные результаты.

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

к водопаду; M — точка, соответствующая окончанию движения к водопаду; N, P — точки, которые соответствуют смене скорости туриста на обратном пути (рис. 1). s B 9–x–y

4

y x

M α

L γ

L2 K2 K β

A

N2

N β

P2

C

L3 P K3 γ

t3 t4 α t 1 t2 K1 L1 M1

t5 t6 N1 P1 D

t

Рис. 1

Введем обозначения: AK2 = x, K2L2 = y, AK1 = t1, K1L1 = t2, L1M1 = t3, M1N1 = t4, N1P1 = t5, P1D = t6. (Не надо бояться вводить много переменных, в дальнейшем они будут постепенно исключаться из рассмотрения.) Пусть ∠KAK1 = α, ∠LKP = β, ∠MLN = γ. Из условия следует, что BL2 = 9 − x − y. Из рисунка ясно: промежутки времени t6, t5, t4 связаны с промежутками времени t1, t2, t3 соответственно [?]. Из условия и рисунка следует, что ∠NMN2 = α, ∠PNL3 = β, ∠DPK3 = γ. Сценарий готов. Далее имеем [?]: y y x 9−x − y tgα = = = 4, tg β = = = 5, t2 t5 t1 t4 x 9−x − y = =6. t6 t3 Выразим из полученных равенств t1, t2, … , t6, решим уравнение [?] 41 t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6 = 3 . 60 В результате получим y = 4. О т в е т: 4 км. tg γ =


5

СОВЕТЫ К УРОКУ

В задаче 1 сценарий имеет чисто иллюстративный характер. Решим довольно простую задачу 2, которая напомнит вам, как применяется описанный метод. В условии задачи два объекта, а в решении, по сути, два сценария: первый описывает движение объектов в одном и том же направлении, а второй — движение навстречу друг другу. Задача 2. Из пункта A в пункт B выехал грузовой автомобиль. Через 1 ч из пункта A в пункт B выехал легковой автомобиль, который прибыл в пункт B одновременно с грузовым автомобилем. Если бы грузовой и легковой автомобили одновременно выехали из пунктов A и B навстречу друг другу, то они встретились бы через 1 ч 12 мин после отъезда. Сколько времени провел в пути от A до B грузовой автомобиль? Р е ш е н и е. Сделаем (для большей ясности) два рисунка, хотя можно обойтись и одним. Сначала разберемся с движением автомобилей в одну сторону. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, на луче AB — расстояние. Отрезок AD показывает время в пути грузового автомобиля. Узел — точка K — отмечает время старта легкового автомобиля. Отрезок KD показывает время легкового автомобиля. Согласно условию AK = 1 (рис. 2). s B

C

s

α

β

A

1

K

x Рис. 2

D

t

Введем обозначения: AB = s, KD = x, ∠CKD = α, ∠CAD = β. Сценарий готов. Из него имеем [?]: s s tgα = , tgβ = . x x +1 Теперь рассмотрим встречное движение автомобилей. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, на луче AB — расстояние. Точка T узловая, она соответствует месту встречи автомобилей и проектируется на стороны базы. Отрезок AM изображает время 1 до встречи автомобилей. AM = BN = 1 . 5 Отрезок AP изображает путь грузового автомобиля, а отрезок BP — путь легкового автомобиля (рис. 3). s B

N

α

C

s2 P s1 A

T β 1 1— 5

M

D

t

Рис. 3

Пусть AP = s1, BP = s2. Тогда ∠TBN = α, ∠TAM = β. Сценарий готов. Имеем [?]: s s tg α = 2 , tg β = 1 . 1 1 1 1 5 5 Учтя, что s1 + s2 = s, и решив систему, получим x = 2 [?]. Следовательно, время в пути грузового автомобиля — 3 ч. О т в е т: 3 ч. В задачах из предыдущей статьи рассматривались чаще два объекта, и был довольно простой сценарий. В этой статье условия задач будут замысловатее. Так, в условии следующей задачи объектов


6

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

по-прежнему два, однако сценарий сложнее. Сначала объекты движутся навстречу друг другу, а затем в одном и том же направлении. Задача 3. Из пункта A в пункт B выехал автомобилист и одновременно с ним из пункта B в пункт A выехал велосипедист. После встречи они продолжили свой путь. Автомобилист, доехав до пункта B, тотчас повернул назад и догнал велосипедиста через 2 ч после момента первой встречи. Сколько времени после первой встречи ехал велосипедист до пункта A, если известно, что к мо2 всементу второй встречи он проехал 5 го пути от B до A? Р е ш е н и е. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, а на луче AB — расстояние. Отрезок AD показывает время движения велосипедиста на всем пути. Узлы: точка K отмечает время, за которое автомобилист достигает пункта B, точка L обозначает место первой встречи велосипедиста и автомобилиста, а точка N — место второй их встречи (рис. 4). s B

FK

2t

L

P

S

z

C N

3t

A

β

x

h 2–h

MT Q

y

Рис. 4

α

D t

Отрезок AM = BF показывает время движения велосипедиста и автомобилиста до первой встречи, отрезок AT = BK — время движения автомобилиста на пути от A до B, а отрезок AQ — время

1 / 2011

движения обоих до второй встречи. Отрезок BP показывает расстояние от места второй встречи до пункта B. Точка S — пересечение отрезков NP и ML. В соответствии с условием задачи имеPB 2 = . Введем обозначеем: MQ = 2, PA 3 ния: AM = x, QD = y, BP = 2t, PA = 3t, LS = z, MT = FK = h, ∠ADB = α, ∠KAD = β. Отсюда получаем, что TQ = 2 – h. Постоянство скорости автомобиля приводит к равенству углов KAD и KNP [?]. Следовательно, ∠KNP = β. Сценарий готов. Из него видно [?], что z 2t 3t 3t + z tg α = = = = . 2 x +2 y y+2 2y − 6 Отсюда получим x = . 3 5t 2t 3t + z tg β = = = . x +h 2−h x 10 − 2x Отсюда получим h = . 7 5 27 Решив систему, получим x = , у = 2 4 [?]. Тогда искомое время — 8 ч 45 мин. О т в е т: 8 ч 45 мин. В задаче 4 рассматривается движение трех объектов: два из них движутся в одном и том же направлении, а третий — им навстречу. Задача 4. Расстояние между пунктами A и B равно s км. Одновременно из пункта A по направлению к B вышли первый и второй пешеходы, а из пункта B им навстречу — третий. Первый и третий пешеходы встретились через 3 ч после начала движения. В тот момент, когда первый пешеход оказался в пункте B, второй пешеход находился в 10 км от этого пункта. Определите скорость второго пешехода, если известно, что скорости пешеходов постоянны, при-


7

СОВЕТЫ К УРОКУ

чем скорость второго пешехода больше скорости третьего на 2 км/ч, но меньше скорости первого. Р е ш е н и е. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, а на луче AB — расстояние. Отрезок AD показывает время первого и второго пешеходов на всем их пути. Узлы: точка K соответствует месту встречи первого и третьего пешеходов, точка N — месту, в котором находился в момент этой встречи второй пешеход, а точка Q — месту, в котором оказался второй пешеход, когда первый пришел в пункт B (рис. 5). s B

β

x M s–x

N

x+6 A

α

10 Q

K

P

C

3

G

t

D t

Рис. 5

Отрезок AG изображает время движения первого и третьего пешеходов до их встречи, а отрезки AM и BM — расстояния, пройденные ими до встречи (соответственно). GN = AP, GK = AM. В соответствии с условием задачи имеем: AG = 3, CQ = 10, AB = s. Введем обозначения: DG = t, BM = x, ∠QAD = α, ∠АСВ = β. Из условия задачи следует, что AM = s − x, AP = x + 6, ∠АСВ = = ∠CAD = β. Сценарий готов. Далее получаем [?]: 6 + x s − 10 tg α = = , 3 3+t s−x s tg β = = . 3 3+t

s( s − 16) . И 2( s − 5) окончательный результат: скорость второ( s − 10)( s − 4) го пешехода равна . Имеет 6( s − 5) смысл проверить, при каких значениях s выполняется неравенство v2 < v1. ( s − 10)( s − 4) О т в е т: . 6( s − 5) В условии задачи 5 движутся также три объекта. Особенность этой задачи по сравнению с предыдущей — «выход» рисунка за пределы базы. Из системы получим

x=

Задача 5. Из пункта A в пункт B в 8.00 выходит скорый поезд. В то же самое время из B в A выходят пассажирский и курьерский поезда (скорость пассажирского поезда меньше скорости курьерского поезда). Скорый поезд прибывает в пункт B в 13.50 того же дня, а встречает курьерский поезд в 10.30. Найдите время прибытия в пункт A пассажирского поезда, если известно, что с момента встречи скорого поезда с курьерским до момента встречи скорого поезда с пассажирским проходит 1 час. Р е ш е н и е. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, а на луче AB — расстояние. Отрезки AD и AG показывают время на всем пути скорого и пассажирского поездов соответственно. Узлы: точка M соответствует месту встречи скорого и курьерского поездов, точка N — месту встречи скорого и пассажирского поездов, точка G — времени окончания движения пассажирского поезда (рис. 6). Точка K — пересечение прямых QN и FM. Отрезок AP показывает время движения скорого и курьерского поездов до их встречи, а отрезок AQ — время движения скорого и пассажирского поез-


8

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

дов до их встречи. Отрезки AF и AT показывают расстояния, пройденные скорым поездом до встречи с курьерским и пассажирским поездами. s C

B s1 s

T F

N β

α

s2

M

β

L

K

β

A

1 2— 2

P

1

Q

Рис. 6

1 2— 3

D

α

x

Gt

В соответствии с условием задачи име1 1 ем: AP = 2 , PQ = 1, QD = 2 . Введем 2 3 обозначения: DG = x, BT = s1, TF = s2, AB = s, ∠AGB = α, ∠CAG = β. Сценарий готов. Из него видно [?], что s s tgα = = 1 , 5 1 5 +x 3 6 2 s − s1 − s2 s2 s = = 1 . tgβ = 1 1 21 2 2 3 11 Из системы получим x = 2 [?]. Сле12 довательно, время в пути пассажирского поезда 8 ч 45 минут, а время его прибытия в пункт A — 16.45. О т в е т: 16.45. В следующей задаче движутся три объекта, сценарий включает в себя стоянку двух объектов. Задача 6. Из города в деревню одновременно направились бегун и первый пешеход. В тот же момент времени из

1 / 2011

деревни в город вышел второй пешеход. Скорости пешеходов были равны. Встретившись, бегун и второй пешеход некоторое время стояли на месте, а затем направились в деревню. Бегун побежал с прежней скоростью — 12 км/ч, а второй пешеход уменьшил скорость в полтора раза. В результате в деревню сначала прибежал бегун, а затем через время, вдвое большее, чем время стояния бегуна и второго пешехода, одновременно пришли оба пешехода. Найдите скорость пешеходов. Р е ш е н и е. Нарисуем базу ABCD. На луче AD будем откладывать время, а на луче AB — расстояние. Отрезок AD показывает время первого и второго пешеходов на всем их пути. Узлы: точка P соответствует времени, когда встретились бегун и второй пешеход, точка Q — времени, когда расстались бегун и второй пешеход, точка G — месту, в котором бегун финишировал (рис. 7). s B s2 N

F

α γ

T G

C

γ

P Q

H

β

R

s1

A

α x

K

t

y L M

2t

1,5x Рис. 7

D

t

Отрезок AK показывает время движения бегуна и второго пешехода до их встречи, отрезок KL — время стояния бегуна и второго пешехода, а отрезок LM — время, за которое бегун достиг деревни, расставшись со вторым пешеходом. Отрезок AN показывает расстоя-


9

СОВЕТЫ К УРОКУ

ние, которое преодолел бегун до встречи со вторым пешеходом, а отрезок BN — расстояние, пройденное вторым пешеход до встречи с бегуном. Введем обозначения: KL = t, AK = x, LM = y, AN = s1, BN = s2, ∠CAD = ∠PBF = α, ∠CQR = β, ∠APN = ∠QGT = γ. Из условия задачи следует, что LD = 1,5x, MD = GC = 2t. Сценарий готов. Из него видно [?], что tgα =

s1 + s2 s = 2, 2,5x + t x

tg β =

s2 , 1,5x

s2 s1 = = 12. y x Решив систему и учтя, что y = 1,5x – 2t, получим tgα = 6 [?]. (При решении системы может возникнуть необходимость x или — при друввести переменную t гом способе — решить однородное уравнение второй степени с переменными x и t.) О т в е т: 6 км/ч. tg γ =

(Окончание следует.)

МАТЕМАТИКИ СМЕЮТСЯ

Машинные стихи

Смотря как делить

(Читать вполголоса) 714, 15, 2247, 13, 318, 140, 327. 028, 220, 170, 045, 615, 3, 020 — 715, 012, 2 000 035.

На уроке. — Что получится, если 8 поделить пополам? — Если по вертикали, то 3, а если по горизонтали — то 0.

В школе — Сегодня у нас будет контрольная. — А калькулятором пользоваться можно? — Да, можно. — А транспортиром? — Транспортиром тоже можно. Запишите тему контрольной: История России, 17 век. 2 Математика для школьников № 1

• •

— Кило двести. С вас 350 рублей! — Хм, вы знаете, я работаю учителем математики... — ... э-э-э... точнее, 300 рублей... — В старших классах! — 1 килограмм 154 грамма. С вас 275 рублей 48 копеек. •

— Так хочется, чтобы ты сейчас оказался рядом... — Числовым?


АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

В.В. Бардушкин, А.Г. Корянов, А.А. Прокофьев

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО ТЕМЕ «ДВУГРАННЫЙ УГОЛ. УГОЛ МЕЖДУ ПЛОСКОСТЯМИ» Задачи, связанные с вычислением величин двугранных углов и углов между плоскостями, традиционно относятся к одним из самых сложных в школьном курсе стереометрии. Вместе с тем подобные задания разного уровня сложности постоянно встречаются как в вариантах итоговой аттестации (ЕГЭ), так и на вступительных экзаменах в вузы. В этой статье мы рассмотрим методы, используемые при решении подобных задач, и начнем с поэтапно-вычислительного метода.

Существует достаточно большое количество методов решения стереометрических задач на вычисление величин двугранных углов и углов между плоскостями. Некоторые из них рассмотрены в школьных учебниках по геометрии, изложены в различных пособиях и практикумах. Внимательное прочтение статьи позволит читателю свободно ориентироваться во всем многообразии этих методов, а также поможет в выборе наиболее подходящего метода и в приобретении навыков успешного решения подобных задач.

Основные понятия Двугранным углом в пространстве называется фигура, образованная двумя полуплоскостями (гранями) с общей граничной прямой (ребром). Мерой двугранного угла называется мера его линейного угла, получающегося при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной к его

ребру. Она равна величине угла между лучами (полупрямыми), по которым эта плоскость пересекает грани двугранного угла (рис. 1а). Двугранный угол может быть острым, прямым или тупым, и его величина лежит в пределах от 0 до π. β b ϕ

a

A c

α а)

b c ϕ α A β б) Рис. 1

a


11

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

Две различные плоскости либо пересекаются, либо параллельны. Если плоскости параллельны, то угол между ними равен 0. Две пересекающиеся плоскости образуют четыре двугранных угла (рис. 1б). Если величины этих углов равны, то плоскости перпендикулярны (угол между ниπ ). Если же пересекающиеся ми равен 2 плоскости не перпендикулярны, то величина угла между ними определяется как меньшая из величин двугранных углов, образованных этими плоскостями. Таким образом, угол между плоскостями лежит π в пределах от 0 до . 2

Классификация методов решения задач на вычисление величины двугранного угла и угла между пересекающимися плоскостями Можно предложить следующую классификацию методов решения задач на вычисление величины двугранного угла и угла между пересекающимися плоскостями: • поэтапно-вычислительный метод; • координатно-векторный метод; • метод ключевых задач. Необходимо отметить, что внутри каждого из приведенных методов существует несколько различных подходов к вычислению величины двугранного угла и угла между пересекающимися плоскостями. Поэтапно-вычислительный метод Рассматриваемый метод позволяет поэтапно находить искомый угол при решении известных задач, к которым сводится данная задача. Перечислим типы этих задач, связанных с нахождением угла: между пересекающимися прямыми a и b, лежащими в рассматриваемых пло2*

скостях и перпендикулярными их линии пересечения (рис. 1а и 1б); между прямыми, параллельными прямым a и b, или между b и прямой, параллельной a; между плоскостями, параллельными данным плоскостям α и β, или между α и плоскостью, параллельной β; между перпендикулярами к данным плоскостям. Построение линейного угла двугранного угла В этом случае задача сводится непосредственно к построению и вычислению величины линейного угла двугранного угла, образованного пересекающимися плоскостями α и β. Соответствующий линейный угол строится с помощью двух перпендикуляров a и b, проведенных в указанных плоскостях к прямой их пересечения, а его величина в дальнейшем находится либо из некоторого прямоугольного треугольника, либо из некоторого треугольника с применением теоремы косинусов. Пример 1. В правильной шестиугольной пирамиде, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинусы двугранных углов при основании и при боковом ребре. M

C

K

B

O A

L

F

Рис. 2

D

N E


12

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

Р е ш е н и е. Рассмотрим пирамиду MABCDEF. Поскольку пирамида правильная, то равны все ее двугранные углы при основании и равны все углы между любыми ее смежными боковыми гранями. Найдем, например, угол между плоскостью основания и боковой гранью MAF и угол между боковыми гранями FME и DME (рис. 2). Прямая AF — ребро двугранного угла MAFЕ. Пусть О — центр основания, тогда MO — высота пирамиды. Пусть L — середина отрезка AF, тогда ML — апофема грани AMF, 1 15 = . По тео4 2 реме о трех перпендикулярах прямая LO перпендикулярна AF. Следовательно, ∠MLO — линейный угол двугранного угML =

AM 2 − AL2 = 4 −

3 , так как является 2 высотой равностороннего треугольника AOF со стороной 1. Из прямоугольного треугольника LMO находим

ла MAFB.

LO =

cos ∠MLO =

LO 3 2 1 = ⋅ = . ML 2 15 5

Прямая ME — ребро двугранного угла FMED. В треугольниках FME и DMЕ проведем высоты к стороне ME из точек F и D соответственно. Поскольку ΔFME = ΔDME, то эти высоты «сойдутся» в одной точке N. Следовательно, ∠DNF — линейный угол двугранного угла FMED. Из равенства треугольников FME и DMЕ следует равенство высот FN и DN. Найдем FN. Для этого вычислим площадь треугольника FME. Поскольку апофема грани FME равна ML =

15 , 2

SΔFME =

1 15 15 ⋅ ⋅1 = , 2 2 4

то

1 / 2011

высота FN, опущенная на ME, равна: 2SΔFME 15 = . ME 4 Далее рассмотрим равнобедренный треFN =

угольник FDN. В нем FD = 2LO = 3. Косинус угла FND можно найти, воспользовавшись теоремой косинусов для стороны DF: FN 2 + DN 2 − FD 2 3 =− . 2 ⋅ FN ⋅ DN 5 Таким образом, искомые косинусы двугранных углов при основании и при 3 1 боковом ребре равны сооти − 5 5 ветственно. 3 1 О т в е т: и − . 5 5 Так как в подобных телах соответствующие углы равны, а линейные элементы (стороны, высоты, медианы и т.п.) пропорциональны, то при вычислении углов в какой-либо конфигурации (обычно в треугольнике) важно учитывать лишь отношение длин соответствующих отрезков. Поэтому, если все линейные элементы конфигурации зависят от одного параметра, то можно принимать значение этого параметра равным какому-нибудь числу. В частности, в кубе при нахождении угловых величин часто полагают длину его ребра равным единице. Пример 2. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между плоскостями сечений AB1C1D и CB1A1D. Р е ш е н и е. Пусть ребро куба равно 1. Прямая B1D — линия пересечения плоскостей сечений AB1C1D и CB1A1D, так как B1 и D — их общие точки (рис. 3). В прямоугольных треугольниках B1A1D и B1C1D проведем высоты к гипотенузе B1D из точек A1 и C1 соответственно. Поскольку треугольники B1A1D и B1C1D cos ∠FND =


13

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

равны, то эти высоты «сойдутся» в одной точке N. Следовательно, ∠A1NC1 — линейный угол двугранного угла A1B1DC1. B1

C1

A1 N

D1

B A

C D

Рис. 3

Поскольку прямоугольные треугольники B1A1D и B1C1D равны, то равны и высоты A1N и C1N, опущенные на гипотенузу B1D. Длины указанных высот можно найти, например, через площадь любого из этих треугольников:

b, а сторона основания — a. Найдите косинус угла между плоскостями ABC1 и A1B1C. Р е ш е н и е. Построим линию пересечения плоскостей ABC1 и A1B1C (рис. 4). Диагонали AC1 и A1C в боковой грани AA1C1C призмы пересекаются в точке D и делятся этой точкой пополам. Аналогично, диагонали BC1 и B1C в боковой грани BB1C1C призмы пересекаются в точке E и также делятся этой точкой пополам. Точки D и E — общие точки плоскостей ABC1 и A1B1C, поэтому прямая DE является линией их пересечения. Кроме того, отрезок DE является средней линией равнобедренных треугольников ABC1 и A1B1C, а значит, DE  AB и DE  A1B1.

2 A1N = C1N = . 3 Далее рассмотрим равнобедренный тре-

A1

2

2

2π . Следовательно, 3 искомый угол между плоскостями сечеπ ний A1B1D и B1C1D равен . 3 π О т в е т: . 3 Пример 3. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 боковое ребро равно Отсюда ∠A1NC1 =

C1

D

E

N

B

C

A

A1N 2 + C1N 2 − A1C12 = 2 ⋅ A1N ⋅ C1N

⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ 2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ − ( 2) 3⎠ ⎝ 3⎠ =⎝ = −0,5. 2 2 ⋅ 2⋅ 3 3

B1

ϕ

угольник A1C1N. В нем A1C1 = 2. Найдем угол A1NC1, воспользовавшись теоремой косинусов для стороны A1C1: cos ∠A1NC1 =

M

Рис. 4

Рассмотрим равнобедренные треугольники C1DE и CDE. Они равны по трем сторонам. Проведем в этих треугольниках медианы C1N и CN к общему основанию DE. Тогда C1N ⊥ DE и CN ⊥ DE. Следовательно, ∠C1NC — линейный угол двугранного угла C1DEC. Найдем теперь косинус угла C1NC. С этой целью рассмотрим равнобедренный треугольник C1NC. В нем 2

CC1

2

CB1 − MB1 CM 3a 2 + 4b2 , = = 2 2 4 = b. Воспользовавшись теоремой

C1N = CN =


14

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

косинусов для стороны CC1, получим: C N 2 + CN 2 − CC12 3a 2 − 4b2 = 2 cos ∠C1NC = 1 . 2 ⋅ C1N ⋅ CN 3a + 4b2 В рассматриваемом примере требуется найти косинус угла ϕ между плоскостями ABC1 и A1B1C. Встает закономерный вопрос. Нашли ли мы косинус того угла, который требуется в условии, или же нам необходим косинус смежного с ним угла C1NM (кстати, на рис. 4 через ϕ обозначена величина именно этого угла)? На этот вопрос можно ответить следующим образом. Согласно определению угла между плоскостями, его величина π может быть в пределах от 0 до , то 2 есть косинус такого угла должен быть положительным. Поэтому, если 3a2 – 4b2 > 0, 3a 2 − 4b2 то cos ϕ = cos ∠C1NC = 2 , если же 3a + 4b2 4b2 − 3a 2 3a2 – 4b2 ≤ 0, то cos ϕ = cos ∠C1NM = 2 3a + 4b2 (поскольку косинусы смежных углов равны по абсолютной величине и противоположны по знаку). Таким образом, оконча|3a 2 − 4b2 | . тельно: cos ϕ = 3a 2 + 4b2 |3a 2 − 4b2 | О т в е т: . 3a 2 + 4b2

лите угол между секущей плоскостью и плоскостью ABC. Р е ш е н и е. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M и N параллельно AC (рис. 5). С этой целью рассмотрим диагональную плоскость AA1C1. Соединим точки M и N, тогда AA1C1 ∩ MN = O, где точка O — середина отрезка MN. Поскольку, согласно условию, секущая плоскость параллельна AC, то прямая l ее пересечения с плоскостью AA1C1 также будет параллельна AC. Поэтому проведем через точку O прямую QP (QP  AC). Соединив последовательно отрезками точки Q, M, P и N, получим сечение QMPN. Так как секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по параллельным прямым, то четырехугольник QMPN является параллелограммом.

Использование параллельных прямых В некоторых задачах построение линейного угла затруднительно. И тогда вместо линейного угла можно рассмотреть угол со сторонами, параллельными соответствующим сторонам линейного угла. Пример 4. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a, через точки M на ребре BB1 и N на DD1 такие, что 3a a и DN = , параллельно AC BM = 4 4 проведена секущая плоскость. Опреде-

Рис. 5

B1 M

A1 Q

C1

K B

D1 P

O ϕ

C

N A

D

В квадрате ABCD диагонали перпендикулярны (BD ⊥ AC), значит, BD ⊥ l. Проведем в плоскости BDD1 прямую KN, параллельную BD. Тогда KN ⊥ l. Прямая BD является проекцией наклонной MN на плоскость АВС, поэтому по теореме о трех перпендикулярах MN ⊥ l. Прямая MN лежит в плоскости сечения MPNQ, а прямая КN параллельна плоскости ABC. Следовательно, угол KNM равен линейному углу искомого двугран-


15

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

ного угла (как углы с соответственно параллельными сторонами). Пусть ∠MNK = ϕ, тогда MB − ND a 2 tg ϕ = = :a 2 = , BD 2 4 откуда ϕ = arctg

2 . 4 О т в е т: arctg

2 . 4

Использование параллельных плоскостей В некоторых задачах является эффективным подход, при котором вместо угла между пересекающимися плоскостями α и β ищется угол между плоскостями, параллельными рассматриваемым (или между одной из данных плоскостей и плоскостью, параллельной другой из них). Пример 5. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между плоскостью грани AA1B1B и плоскостью BC1D. Р е ш е н и е. Так как плоскость AA1B1 параллельна плоскости DD1C1, то искомый угол равен углу между плоскостями BC1D и DD1C1 (рис. 6). Диагонали грани куба перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому EC ⊥ DC1, где точка E — середина отрезка DC1. Также BE ⊥ DC1, как высота равностороннего треугольника BC1D. Следовательно, угол BEC есть линейный угол ϕ двугранного угла BDC1C. C1

B1 D1

A1

E ϕ

B A

C D

Рис. 6

Треугольник BEC — прямоугольный (BC ⊥ DD1C1) и ∠BCE — прямой. Пусть ребро куба равно 1, тогDC 1 да BC = 1, EC = 1 = . Следова2 2 BC 1 тельно, tg ϕ = =1: = 2. Отсюда, EC 2 ϕ = arctg 2. О т в е т: arctg 2. Использование перпендикуляров к плоскостям На рис. 7 прямые lα и lβ лежат в плоскости γ и перпендикулярны плоскостям α и β соответственно. Тогда угол между ними равен углу между плоскостями α и β. В общем случае прямые lα и lβ могут быть скрещивающимися. lα

γ b

ϕ

π

–ϕ

α

A

ϕ

c

a

β Рис. 7

Пример 6. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между плоскостями AB1C и BC1D. Р е ш е н и е. Диагональ куба A1C перпендикулярна плоскости BC1D (рис. 8), так как A1C ⊥ BC1 и A1C ⊥ DC1 (по теореме о трех перпендикулярах). Аналогично диагональ куба BD1 перпендикулярна плоскости AB1C. Таким образом, задача сводится к нахождению острого угла между диагоналями A1C и BD1 прямоугольника BCD1A1.


16

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

B1

C1

C1 A1

B1

D1

D1

O A1

C

B

C

B A

1 / 2011

D

D A

Рис. 8

Рис. 9

Пусть О — точка пересечения диагоналей и ребро куба равно 1. Тогда 3 A1C = BD1 = 3, OC = OB = . Из треу2 гольника ОВС находим OB 2 + OC 2 − BC 2 1 cos ∠BOC = = , 2 ⋅ OB ⋅ OC 3 1 то есть ∠BOC = arccos . 3 1 О т в е т: arccos . 3 Пример 7. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Найдите угол между плоскостями AB1C1 и A1B1C.

Р е ш е н и е. Каждая из прямых AD1 и CD1 (рис. 9) перпендикулярна плоскостям A1B1C и AB1C1 соответственно (докажите). Поэтому величина искомого угла равна величине угла между прямыми AD1 и CD1. Так как треугольник AD1C — равносторонний, то получаем π ответ: . 3 π О т в е т: . 3 (Продолжение следует.)

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

ГДЕ ОШИБКА?

−1 = 3 −1 =

1 ( −1) 3

=

2 ( −1) 6

= 6 ( −1)2 = 6 1 = 1

(Ответ см. на стр. 57)


ПРОВЕРЬ СЕБЯ

А.С. Зеленский, М.В. Юмашев

ОЛИМПИАДА МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОГО ФАКУЛЬТЕТА МГУ ИМ. М.В. ЛОМОНОСОВА Приводятся тексты заданий олимпиады механико-математического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова, состоявшейся 11 апреля 2010 года, а также ответы и указания к ним.

Вот уже более 15 лет ежегодно в апреле механико-математический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова проводит олимпиаду для учащихся 8, 9 и 10 классов. С 2010 года в олимпиаде участвуют и семиклассники. Ниже приводятся тексты заданий олимпиады 2010 года, а также ответы и указания к математическим задачам (к задачам по механике даются только ответы). Задачи предложили: С.И. Арафайлов (10.6); А.В. Бегунц (9.1); Б.Б. Беднов (7.2); П.А. Бородин (8.2; 9.5); А.И. Галочкин (8.4; 10.3); А.С. Зеленский (7.4; 9.2; 9.3; 10.2; 10.4); Н.Е. Леонтьев (9.6); Е.И. Могилевский (7.7; 8.6); И.Н. Сергеев (7.1; 8.3); О.Ю. Черкасов (10.1; 10.5); М.В. Юмашев (7.6; 9.4). Часть задач (7.3; 7.5; 8.1; 8.5) основывается на так называемом «математическом фольклоре».

каждый съел хотя бы одну конфету. Когда их спросили, сколько именно конфет съел каждый, они ответили так: Коля: «Я съел 1 конфету; Оля — 3; Толя — 1»; Оля: «Коля съел 2 конфеты, я — 3; Толя — 1»; Толя: «Коля съел 1 конфету; Оля — 3; я — 2». По сколько конфет съели школьники, если каждый из них столько раз сказал правду, сколько съел конфет? 3. Семиклассница Оля задумалась: можно ли разрезать данный квадрат по клеточкам на 4 равные части так, чтобы каждая часть содержала и «крестик», и «нолик»? Если можно — сколько способов существует? Если нельзя — докажите!

Условия задач для 7 класса 1. В рекламе одной зубной пасты сообщается, что масса пасты в тюбике увеличена на 25% при прежней цене тюбика пасты. Семиклассник Коля сделал вывод, что паста стала дешевле на 25%. Прав ли он? 2. Семиклассники Коля, Оля и Толя съели все конфеты из буфета, при этом 3 Математика для школьников № 1

Рис. 1

4. Мама семиклассника Коли Петрова купила в магазине коробку сахара,


18

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

в которой куски сахара лежали в 5 слоев. Выпив 61 чашку чая, Петровы обнаружили, что сахара в коробке не осталось. Семейству Оли Сидоровой такой же коробки хватило на 88 чашек чая. Известно, что и Петровы, и Сидоровы кладут в чай кто по два, а кто по три кусочка сахара. Сколько кусков сахара в коробке? 5. Семиклассник Толя заштриховал часть звезды, как показано на рисунке. Какая часть площади звезды заштрихована? Ответ обоснуйте!

1 / 2011

Условия задач для 8 класса 1. Восьмиклассник Гаврила смог разрезать нарисованную рядом букву «О» на две части и сложить из них квадрат 6 × 6. Попробуйте сделать то же самое без ножниц: изобразите линию разреза в тетради.

Рис. 3

Рис. 2

6. В чистом поле врыт в землю покрытый мхом деревянный брус, а рядом лежит камень. Надпись на камне гласит: «На восточной стороне мох растет быстрее, чем на северной, но медленнее, чем на южной, и медленнее, чем на западной». Сможет ли семиклассник Коля определить стороны света по мху на брусе, если на одной из четырех сторон бруса весь мох был съеден лосем? 7. В стакан с растительным маслом, плотность которого 0,92 г/см3 , Оля положила льдинку массой 23 г. За каждую минуту 0,5 г льда превращается в воду, которая не отрывается от поверхности льда из-за поверхностного натяжения. Плотность воды 1 г/см3 , льда — 0,9 г/см3 . Через какой промежуток времени льдинка с водой пойдет ко дну?

2. Школьники Гаврила и Глафира одновременно вышли из подъезда и направились к киоскам с мороженым: Гаврила — к киоску А, а Глафира — к киоску В. Каждый из них дошел до своего киоска, сразу купил мороженое и, тут же начав его есть, повернул обратно. Гаврила первый вернулся к подъезду и остановился, чтобы подождать Глафиру. Когда Глафира подошла к подъезду, Гаврила как раз доел свое мороженое, а у Глафи2 ры было съедено порции. Найдите 3 отношение расстояний от подъезда до киосков А и В, если скорости у ребят одинаковы, порции мороженого одинаковы и скорости поедания мороженого тоже одинаковы. 3. Настенные часы в доме Гаврилы сломались: стрелки остановились, а циферблат стал свободно вращаться относительно стрелок. Пытливый Гаврила задумался: сколько существует положений циферблата, в которых при этом фиксированном положении стрелок часы пока-


19

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

зывают правильное (то есть практически возможное) время? 4. А вот решить уравнение y2 = zx + 9 в натуральных числах при условии, что z — простое число, Гаврила с Глафирой не смогли... А вы попробуйте! 5. На шахматной доске размером 8 × 8 клеток Гаврила расставил несколько шахматных королей так, что каждая клетка была либо занята некоторым королем, либо находилась под боем хотя бы одного короля (для информации: король бьет все соседние с ним клетки — по вертикали, по горизонтали и по двум диагоналям). Найдите наименьшее возможное число таких королей и докажите, что это число минимальное. 6. В цирке восьмиклассник Гаврила нашел гидравлический пресс: от бака с водой, плотно закрытого крышкой, диаметр которой 1 м, отходит трубка диаметром 1 см. В трубку вкручен изготовленный на секретном заводе с применением нанотехнологий абсолютно гладкий болт, шаг резьбы которого 1 мм. При минимальном давлении на крышку болт выкручивается и вылетает из трубки. Сможет ли Гаврила гаечным ключом длиной 1 дм, прикрепленным к головке болта, удерживать на крышке слона массой 3 т? Сколько полных оборотов гаечного ключа ему придется сделать, чтобы поднять слона на 1 мкм?

Условия задач для 9 класса 1. В рекламе чипсов было заявлено, что в каждой сотой пачке покупателя ждет приз. Однако когда оставалось изготовить сотую часть всей партии чипсов, выяснилось, что призы были положены лишь в каждую трехсотую пачку. Поэтому далее призы стали класть в каждые две из трех производимых пачек. Удаст3*

ся ли таким образом выполнить данное в рекламе обещание? 2. Запах куста розы распространяется по горизонтали на расстояние 10 метров от него. Какое минимально возможное количество кустов нужно посадить на прямоугольной аллее длиной 300 метров и шириной 6 метров, чтобы в любой точке аллеи пахло розами? 3. А) Докажите, что для любого целого n существует такое целое k, что n (n − 2 )(n − 4 )(n − 6 ) + 16 = k. Б) Найдите все такие целые n, при которых число k тоже целое. 4. Изображена трапеция. С помощью циркуля и линейки проведите параллельную основаниям трапеции прямую так, чтобы она разделила трапецию на две равновеликие части. 5. По плоскости ползает тысяча муравьев (все они считаются материальными точками). Докажите, что в любой момент времени, когда муравьи не находятся на одной прямой, можно найти такую точку плоскости, для которой по меньше мере три ближайших муравья равноудалены от нее. 6. Тяжелый шкаф массой М, каркас которого выполнен из однородного дерева, имеет форму куба с ребром а. Для его передвижения по горизонтальному полу к двум передним ножкам привязали веревку. Под каким углом α к горизонту следует направить веревку, чтобы усилие, необходимое для перемещения шкафа, было наименьшим? Коэффициент трения равен μ, ножки маленькие и расположены по краям.

Условия задач для 10 класса 1. Два вертолета летят на одинаковой постоянной высоте с постоянными скоро-


20

стями, каждый по своей прямолинейной траектории. В 10.00 расстояние между ними было 40 км, в 10.08 — 40 км, в 10.17 — 45 км. А) Определите момент времени, в который они будут находиться на кратчайшем расстоянии друг от друга. Б) Определите величину относительной скорости одного вертолета относительно другого. 2. Ученый обнаружил, что для двух любых значений х и y функции f(x) выполняется соотношение f ( x ) + f ( y) ⎛x + y⎞ ⎛x − y⎞ =f⎜ ⎟⋅f ⎜ ⎟ . Сможет ли 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ он определить, какие значения может принимать f(6), если известно, что f(1) = 0? 3. Решите уравнение y2 = zx + 16 в натуральных числах при условии, что z — простое число. 4. В треугольнике ABC с углом α при вершине А и сторонами AC = b, AB = c (c > b) проведены высота AH, медиана AM и биссектриса AL. Из точек С и B опущены перпендикуляры CC1 и BB1 на прямую AL. Докажите, что точки H, C1, М, B1 лежат на одной окружности, и найдите радиус этой окружности. 5. Спускаемые аппараты А и Б движутся вертикально вниз с постоянной скоростью под действием силы тяжести, силы сопротивления воздуха и силы тяги тормозного двигателя. Спускаемый аппарат Б вдвое большего диаметра будет двигаться с той же установившейся скоростью, что и аппарат А, если сила тяги его тормозного двигателя будет в 16 раз больше. Найдите отношение силы тяжести к силе тяги тормозного двигателя аппарата А, считая что аппараты — однородные шары одинаковой плотности, изменение массы которых в процессе спуска пренебрежимо мало, и что сила сопротивления создается абсолют-

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

но упругими ударами молекул воздуха о корпус аппарата. 6. Мама Зайчиха массой M1 = 9 кг и ее маленький сын Зайчонок массой M2 = 3 кг сидели на плавающей льдине массой m = 15 кг, когда к ним на лодке приблизились Дед Мазай и его внук Ваня. Зайцы, обрадовавшись, прыгнули со льдины в лодку, и Ваня увидел, как льдина, получив импульс, движется по инерции. Ваня задумался: как должны прыгать зайцы (по очереди или одновременно, в каком направлении), чтобы льдина приобрела максимально возможную скорость? Найдите эту скорость. Считается, что зайцы, оттолкнувшись, прыгают в горизонтальном направлении и приобретают одинаковую скорость V = 3,6 м/с относительно льдины. Сопротивлением воды пренебречь.

Ответы и указания 7.1. Коля не прав. Если масса растет 5 раз, а цена тюбика а сохраняется, в 4 5 4 то новая цена пасты равна a : = a, то 4 5 есть она уменьшается на 20%. 7.2. О т в е т: Коля — 2; Оля — 3; Толя — 1. Все трое сказали, что Оля съела 3 конфеты. Если это правда, то справедливы все три высказывания Оли. Проверяем и убеждаемся, что все условия выполнены. Несложный перебор остальных вариантов других решений не дает. 7.3. О т в е т: можно; существует два способа. Рассматриваем верхнюю левую «пустую» клетку: она должна войти в один из 4-х фрагментов. В этом фрагменте должен содержаться один «нолик», при этом верхний горизонтальный ряд из 4-х клеток не подходит, т. к. в нем нет «крестиков». Значит, в этот фрагмент входят


21

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

три клетки: от верхнего левого угла вниз. Есть только два способа добавить к ним «крестик», причем каждый из них порождает искомое разрезание. В одном случае получается четыре Г-образных фрагмента, в другом — четыре Т-образных.

Рис. 4

7.4. О т в е т: 180. Если n — искомое количество кусков, то 61 ⋅ 2 ≤ n ≤ 61 ⋅ 3 и 88 ⋅ 2 ≤ n ≤ 88 ⋅ 3. Поэтому 176 ≤ n ≤ 183. Кроме того, n должно делиться на 5. 7.5. О т в е т: половина. Заштрихованную часть можно разбить на три треугольника 1, 2 и 3 (см. рисунок). Незаштрихованная часть состоит из таких же треугольников.

находится слева от объеденной стороны, а максимум напротив, то мох объеден на северной стороне. Если же минимум находится слева, а максимум справа, то мох может быть объеден или на севере, или на западе, что не позволяет определить стороны света. Таким образом, если лось съел мох на южной или восточной сторонах, то стороны света определить можно; если на северной, то не всегда можно; если на западной, то нельзя. 7.7. О т в е т: 10 минут. 8.1. Нужно сделать разрез, как показано на рисунке, сдвинуть верхнюю часть относительно нижней на одну клетку влево и опустить вниз «до упора».

2 2a

3a

3 1

1a

Рис. 5

7.6. О т в е т: не всегда. Условие означает, что минимальное количество мха — на севере; среднее — на востоке; максимальное — или на юге, или на западе (или и там, и там). Поэтому, если минимум находится напротив объеденной стороны, то мох съеден на юге; если минимум находится справа от объеденной стороны, то мох съеден на востоке. Если минимум

Рис. 6

8.2. О т в е т: 1 : 2. Если на то, чтобы съесть мороженое, требуется время Т, то на путь от киоска В до подъезда у Гла2 фиры ушло время T . Значит, туда и 3 4 обратно она потратила T . За это вре3 мя Гаврила дошел до киоска А и съел мороженое. Значит, время движения до 4 1 киоска А равно T − T = T . Отно3 3 шение искомых расстояний равно отно1 2 1 шению времен: T: T = . 3 3 2


22

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

8.3. О т в е т: 11. Переформулируем задачу: сколько раз на «нормальных» часах за 12 часов повторяется какой-то заданный угол между стрелками. За минуту минутная стрелка догоняет часовую на 1 1 11 полного оборота. Поэтому − = 60 720 720 угол между стрелками повторяется каж720 12 минут, или каждые часа. дые 11 11 12 Значит, за 12 часов будет 12 : = 11 11 одинаковых положений стрелок. 8.4. О т в е т: (4; 5; 2), (3; 6; 3), (1; 4; 7). Из уравнения (y – 3)(y + 3) = zx следует, что некоторые делители числа z отличаются на 6. Поэтому z не превосходит 7, и остается перебрать z = 2, 3, 5, 7. Возможны три случая: а) y – 3 = 2; y + 3 = 8; б) y – 3 = 3; y + 3 = 9; в) y – 3 = 1; y + 3 = 7. 8.5. О т в е т: 9. Разобьем доску на 9 прямоугольников (рис. 7). В каждом из них имеется хотя бы одно поле, которое не может быть атаковано королем, находящимся не в этом же прямоугольнике. Значит, менее 9 королей быть не может. При этом 9 королей можно расставить многими способами, один из которых показан.

9.1. О т в е т: нет. Планировалось: призов х; всего пачек чипсов 100x . Реаль99x 2x 299x но призов: + = , что меньше, 300 3 300 чем х. 9.2. О т в е т: 16. Чтобы кусты «покрывали запахом» осевую линию, необходимо 300 = 15 кустов, расположенных вдоль 20 осевой линии. При этом остаются области вблизи границ аллеи, куда запах не достигает. Значит, 15 кустов не хватит. При этом 16 кустов достаточно. Их можно расположить, например, вдоль осевой линии: каждый куст – в центре прямоугольника шириной 6 м и длиной 2 ⋅ 102 − 32 = 2 91 м. На 16 кустов приходится длина 32 91 м, что больше 300. 9.3. А) Обозначим m = n – 3, тогда подкоренное выражение равно (m + 3)(m + 1)(m – 1)(m – 3) + 16 = = (m2 – 9)(m2 – 1) + 16 = (m2 – 5)2, то есть k =|m2 − 5|. Б) О т в е т: 0; 1; 2; 4; 5; 6. Условием того, что |m2 – 5| является полным квадратом, будет либо m2 – 5 = p2 (получается m2 = 9), либо 5 – m2 = p2 (отсюда m2 = 4 и m2 = 1). 9.4. Длина отрезка х искомой прямой, заключенного между сторонами a 2 + b2 (a и b — 2 основания трапеции). Для доказательства записать два условия: равенство плоa+x x +b щадей h1 = h2 (h1, h2 — со2 2 ответствующие высоты) и следующее из h1 h = 2 . Отсюподобия равенство x −a b−x h1 x − a x + b да , то есть x2 – a2 = = = h2 b − x a + x трапеции, равна

Рис. 7

8.6. О т в е т: сможет. 10 оборотов.

1 / 2011

= b2 – x2.

x=


23

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

a h1 x h2 b Рис. 8

a 2 + b2 2 с помощью циркуля и линейки взять гиДля построения отрезка

x=

a 2 + b2 прямоугольного треупотенузу гольника с катетами а и b и построить равнобедренный прямоугольный треугольник с катетами

a 2 + b2 , половина

a 2 + b2 . 2 После этого искомая прямая легко строится. 9.5. Берем ближайших двух муравьев (хотя бы одна такая пара существует). В круге с центром в середине соединяющего их отрезка других муравьев нет. Строим серединный перпендикуляр к этому отрезку. Перемещаем центр окружности по этому перпендикуляру в ту или другую сторону, одновременно увеличивая радиус так, чтобы два ближайших муравья все время были на этой окружности. Рано или поздно на окружности окажется третий муравей (или сразу несколько). Центр окружности — искомая точка. 9.6. О т в е т: arctgμ. 10.1. А) О т в е т: 10.04. Решаем задачу в системе координат, связанной с первым вертолетом. Обозначим его А. Положения второго вертолета: в первый момент — В; во второй — С; в третий — D. Тогда АВ = 40, АС = 40, AD = 45. Минимальное расстояние — высота треугольника АВС, поэтому соответствующий гипотенузы которого равна

x=

момент времени равен 10.04. Б) Кроме того, BC : CD = 8 : 9. Поэтому АС — биссектриса. По формуле длины биссектрисы 402 = 40 ⋅ 45 − 8x ⋅ 9x (здесь ВС = 8х; 5 CD = 9х). Поэтому x = , СD = 15 км. 3 Относительная скорость: 100 км/ч. 10.2. О т в е т: сможет; значения функции: 0 или −1 . Если подставить в соотношение y = x, то f(x) = f(x) ⋅ f(0), то есть или f(x) ≡ 0, или f(0) = 1. Для целых x = n + 2, y = n имеем: f (n + 2) + f (n ) = f (n + 1) ⋅ f (1) = 0. 2 Поэтому получается: f(2k + 1) = 0, f(2k) = = (–1)k или 0. Значит, f(6) = –1 или 0. ⎛ πx ⎞ Пример такой функции: f ( x ) = cos ⎜ ⎟. ⎝ 2 ⎠ 10.3. О т в е т: (7; 12; 2), (2; 5; 3). Из уравнения (y – 4)(y + 4) = zx следует, что некоторые делители числа z отличаются на 8. Поэтому z не превосходит 9, и остается перебрать z = 2, 3, 5, 7. Возможны два случая: а) y – 4 = 8; y + 4 = 16; б) y – 4 = 1; y + 4 = 9. c −b . 1) Точки А, α 4 sin 2 Н, B, B1 лежат на окружности диаметра α АВ, поэтому ∠B1HB = ∠B1 AB = . 2 10.4. О т в е т:

A α — 2

α — 2

D C1 M

C

H

L

B E B1 Рис. 9


24

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

2) Продлим CC1 до пересечения с АВ в точке D; CC1 = C1D (т. к. AC1 — биссектриса и высота). 3) C1M — средняя линия α ΔCDB; C1M  AB; ∠B1C1 M = ∠B1 AB = . 2 4) Поэтому H, C1, М, B1 лежат на B1 M . α 2 sin 2 5) ΔC1B1E — прямоугольный (Е — точка пере-

одной окружности радиуса

R=

1 / 2011

1 1 DB = C1E ; 2 2 6) М — центр описанной около ΔC1B1E окружности; BD c − b c −b B1 M = C1 M = ; R= = . α 2 2 4 sin 2 10.5. О т в е т: 3. 10.6. О т в е т: первой прыгает Зайчиха, а за ней Зайчонок (в том же направлении); скорость льдины — 1,8 м/сек. сечения C1M и BB1); C1 M =

Публикацию подготовил А.А. Заславский

VII ОЛИМПИАДА ПО ГЕОМЕТРИИ ИМ. И.Ф. ШАРЫГИНА Заочный тур Приводятся условия задач заочного тура VII геометрической олимпиады им. И.Ф. Шарыгина.

В олимпиаде могут участвовать школьники 8–11 классов. В списке задач, приведенном ниже, после порядкового номера каждой задачи указано, учащимся каких классов (на момент проведения олимпиады) она предназначена. Впрочем, каждый участник может решать также задачи и для старших классов (решенные задачи для младших классов при подведении итогов не учитываются). Решения задач на русском языке должны быть посланы не позднее 1 апреля 2011 года. Решения следует присылать по электронной почте в форматах pdf, doc или jpg на адрес geomolymp@mccme. ru. При этом во избежание потери работы нужно соблюдать следующие правила.

1. Каждую работу следует посылать отдельным письмом с уведомлением о получении. Объем письма не должен превышать 10 Мб. 2. Если работа содержится в нескольких файлах, желательно присылать их в виде архива. Если объем работы слишком большой, разбейте ее на несколько архивных файлов и пошлите каждый отдельным письмом. 3. В теме письма нужно написать «работа на олимпиаду им. Шарыгина», а в тексте привести следующие сведения об участнике: – фамилию, имя, отчество; – полный почтовый адрес с индексом, телефон, e-mail;


ПРОВЕРЬ СЕБЯ

– класс, в котором Вы сейчас учитесь; – номер и адрес школы; – ФИО учителей математики и/или руководителей кружка. Если у Вас нет возможности прислать работу в электронном виде, пришлите ее простой бандеролью (или принесите сами) в обычной тетради, не сворачивая тетрадь в трубку, по адресу: 119002, Москва Г-002, Большой Власьевский пер., д. 11, МЦНМО, сделав на ней надпись: «На олимпиаду им. Шарыгина». На обложке тетради обязательно укажите все сведения, перечисленные выше в п. 3. Решение каждой задачи начинайте с новой страницы: сначала надо переписать условие, затем записать решение, причем старайтесь писать подробно, приводя основные рассуждения и выкладки, делая аккуратные чертежи. Если задача на вычисления, в конце ее решения должен быть отчетливо выделенный ответ. Пишите аккуратно, ведь Вы же заинтересованы в том, чтобы Вашу работу можно было понять и справедливо оценить! Если Вы пользуетесь в решении какойто известной теоремой или приведенным в задаче из школьного учебника фактом, можно просто на это сослаться (чтобы было понятно, какую именно теорему или факт Вы имеете в виду). Если же Вам необходим факт, не встречающийся в школьном курсе, его обязательно надо доказать (или сообщить, из какого источника он взят). Можно (хотя и не обязательно) указать в работе, какие задачи Вам понравились. Жюри будет интересно узнать Ваше мнение. Ваши работы будут тщательно проверены, и Вы получите (не позднее конца 4 Математика для школьников № 1

25

мая 2011 г.) ответ жюри. Победители заочного тура — учащиеся 8–10 классов будут приглашены на финальный тур, который состоится летом 2011 года в г. Дубна под Москвой. Победители заочного тура – выпускники школ получат Грамоты оргкомитета олимпиады. 1. (8) Существует ли выпуклый семиугольник, который можно разрезать на 2011 равных треугольников? 2. (8) В треугольнике ABC со сторонами АВ = 4, АС = 6 проведена биссектриса угла А. Из вершины В опущен на эту биссектрису перпендикуляр ВН. Найдите МН, где М — середина ВС. 3. (8) В треугольнике ABC ∠А = 60°. Серединный перпендикуляр к отрезку АВ пересекает прямую АС в точке С1. Серединный перпендикуляр к отрезку АС пересекает прямую АВ в точке В1. Докажите, что прямая В1С1 касается окружности, вписанной в треугольник ABC. 4. (8) В треугольнике ABC проведены биссектрисы АА′, ВВ′, СС′. Известно, что в треугольнике А′В ′С ′ эти прямые также являются биссектрисами. Верно ли, что треугольник ABC равносторонний? 5. (8) В треугольнике ABC проведен серединный перпендикуляр к стороне АВ до пересечения с другой стороной в некоторой точке С′. Аналогично построены точки А′ и В ′. Для каких исходных треугольников треугольник А′В ′С ′ будет равносторонним? 6. (8) Даны две единичные окружности ω1 и ω2, пересекающиеся в точках А и В. На окружности ω1 взяли произвольную точку М, а на окружности ω2 точку N. Через точки М и N провели еще две единичные окружности ω3 и ω4. Обозначим повторное пересечение


26

ω1 и ω3 через С, повторное пересечение окружностей ω2 и ω4 через D. Докажите, что ACBD параллелограмм. 7. (8–9) На сторонах АВ и АС треугольника ABC выбрали точки Р и Q так, что РВ = QC. Докажите, что PQ < ВС. 8. (8–9) Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC (∠B = 90°), касается сторон АВ, ВА, СА в точках С1, А1, В1 соответственно. А2, С2 — точки, симметричные точке В1 относительно прямых ВС, АВ соответственно. Докажите, что прямые A1A2, С1С2 пересекаются на медиане треугольника ABC. 9. (8–9) Точка Н – ортоцентр треугольника ABC. Касательные, проведенные к описанным окружностям треугольников СНВ и АНВ в точке Н, пересекают прямую АС в точках А1 и С1 соответственно. Докажите, что А1Н = С1Н. 10. (8–9) В трапеции ABCD диагонали пересекаются в точке О. На боковой стороне CD выбрана точка М, а на основаниях ВС и AD — точки Р и Q так, что отрезки MP и MQ параллельны диагоналям трапеции. Докажите, что прямая PQ проходит через точку О. 11. (8–10) Вневписанная окружность прямоугольного треугольника ABC (∠В = 90°) касается стороны ВС в точке A1, а прямой АС в точке А2. Прямая А1А2 пересекает (первый раз) окружность, вписанную в треугольник ABC в точке А′, аналогично определяется точка С ′. Докажите, что АС  А′С ′. 12. (8–10) Пусть АР и BQ — высоты данного остроугольного треугольника ABC. Постройте циркулем и линейкой на стороне АВ такую точку М, чтобы ∠AQM = ∠BPM. 13. а) (8–10) Найдите геометрическое место центров тяжести треугольников,

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

вершины которых лежат на сторонах данного треугольника (по одной вершине внутри каждой стороны). б) (11) Найдите геометрическое место центров тяжести тетраэдров, вершины которых лежат на гранях данного тетраэдра (по одной вершине внутри каждой грани). 14. (9) В треугольнике ABC высота и медиана из вершины А образуют (вместе с прямой ВС) треугольник, в котором биссектриса угла А является медианой, а высота и медиана из вершины В образуют (вместе с прямой АС) треугольник, в котором биссектриса угла В является биссектрисой. Найдите отношение сторон треугольника ABC. 15. (9–10) Дана окружность с центром О и радиусом 1. Из точки А к ней проведены касательные АВ и АС. Точка М, лежащая на окружности, такова, что четырехугольники ОВМС и АВМС имеют равные площади. Найдите МА. 16. (9–10) Даны треугольник ABC и прямая l. Прямые, симметричные l относительно АВ и АС, пересекаются в точке А1. Точки В1, С1 определяются аналогично. Докажите, что a) прямые АА1, ВВ1, СС1 пересекаются в одной точке; б) эта точка лежит на описанной около треугольника ABC окружности; в) точки, построенные указанным способом для двух перпендикулярных прямых, диаметрально противоположны. 17. (9–11) а) Существует ли треугольник, в котором наименьшая медиана длиннее, чем наибольшая биссектриса? б) Существует ли треугольник, в котором наименьшая биссектриса длиннее, чем наибольшая высота? 18. (9–11) На плоскости проведены n прямых общего положения, то есть ника-


27

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

кие две прямые не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Эти прямые разрезали плоскость на несколько частей. Какое а) наименьшее; б) наибольшее количество углов может быть среди этих частей? 19. (9–11) Существует ли неравнобедренный треугольник, у которого медиана, проведенная из одной вершины, биссектриса, проведенная из другой, и высота, проведенная из третьей, равны? 20. (9–11) Четырехугольник ABCD описан около окружности с центром I. Точки М и N — середины диагоналей АС и BD. Докажите, что ABCD вписанный тогда и только тогда, когда IM : АС = IN : BD. 21. (10–11) На окружности с диаметром АС выбрана произвольная точка В, отличная от A и С. Пусть М, N — середины хорд АВ, ВС, а Р, Q — середины меньших дуг, стягиваемых этими хордами. Прямые AQ и ВС пересекаются в точке К, а прямые CP и АВ — в точке L. Докажите, что прямые MQ, NP и КL пересекаются в одной точке.

22. (10–11) Из вершины С треугольника ABC проведены касательные СХ, CY к окружности, проходящей через середины сторон треугольника. Докажите, что прямые XY, АВ и касательная в точке С к окружности, описанной около треугольника ABC, пересекаются в одной точке. 23. (10–11) Даны треугольник ABC и прямая l, пересекающая ВС, СА и АВ в точках А1, B1 и С1 соответственно. Точка А′ — середина отрезка, соединяющего проекции А1 на АВ и АС. Аналогично определяются точки В′ и С ′. a) Докажите, что А′, В ′ и С ′ лежат на некоторой прямой l ′. б) Докажите, что если l проходит через центр описанной окружности треугольника ABC, то l ′ проходит через центр его окружности девяти точек. 24. (10–11) Дан остроугольный треугольник ABC. Найдите на сторонах ВС, СА, АВ такие точки А′, В ′, С ′, чтобы наибольшая сторона треугольника А′В ′С ′ была минимальна. 25. (10–11) Три равных правильных тетраэдра имеют общий центр. Могут ли все грани многогранника, являющегося их пересечением, быть равны?

Заявка на участие в открытом педагогическом Форуме «Новая школа» учителя, воспитателя, методиста, работника образовательного учреждения

Ф.И.О. автора (полностью): Место работы: Должность: Домашний адрес: Телефон:

Электронный адрес: (код города)

(номер)

Заявка на участие принимается до 1 сентября 2011 года 4*

(e-mail)


28

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

Б.Н. Кукушкин

ЗАДАЧНИК «МАТЕМАТИКИ ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ» Задачник «Математики для школьников» представляет новые задачи и решения задач, опубликованных в прошлом номере.

Задача 71. Приведенный квадратный трехчлен f(x) = x2 + px + q полностью определяется своими коэффициентами р и q. Иначе говоря, пара чисел (р; q) задает f(x). Можно сказать по-другому: точка на координатной плоскости (р; q) задает квадратный трехчлен f(x). Значит, любое множество квадратных трехчленов изображается множеством точек на плоскости (р; q) и становится обозримым!* Например, множество квадратных трехчленов с неотрицательным дискриминантом задается условием p2 – 4q ≥ 0, 1 или q ≤ p2 . Это множество изображено 4 на рис. 1. q

1 2

p

Рис. 1

Будем называть точку (р; q) образом квадратного трехчлена f(x) = x2 + px + q, а множество образов всех квадратных трехчленов, удовлетворяющих некоторо* В задаче 19 уже рассматривалась плоскость (а; b), где а и b являлись параметрами.

му условию, — портретом этого условия. 1 Например, парабола q = p2 — портрет 4 условия D = 0. а) Изобразите на плоскости (р; q) портрет условия f(–2) = 3; портрет условия f(–2) ≥ 3. б) Изобразите портрет условия: f(x) ≤ 0 для всех х ∈ [–1; 1]. в) Изобразите портрет условия: парабола у = f(x) касается прямой у = х. г) Докажите, что если один корень трехчлена f(x) больше другого корня на 2, то f(1) ≥ –1. д) Найдите все трехчлены f(x) такие, что выполняются требования ⎧ f ( −1) ≥ 0 ⎪ ⎨ f (0,5) ≤ 2,25 ⎪ f (2) ≥ 9. ⎩ е) Найдите все квадратные трехчлены f(x) такие, что f(–4) ≤ –2 и один из корней вдвое больше другого. ж) Изобразите портрет условия: f(x) ≥ 0 на [–1; 1]. з) О квадратном трехчлене f(x) известно, что он имеет два корня и f(x) > 0 на [1; 2]. Какой может быть сумма x1 + x2, если x1x2 = –2? А если x1x2 = 9? А если x1x2 = 3? и) Каким может быть f(2), если известно, что f(1) ≤ 1 и f(3) ≤ 3? к) Сумма квадратов корней трехчлена f(х) не превосходит двух. Каким может быть f(1)?


29

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

Ответы и решения Задача 70. В этой задаче речь пойдет о минимумах в геометрии. Рассмотрим пример. Всадник, находящийся в точке А (рис. 1а), хочет попасть домой — в точку В, но при этом ему надо напоить лошадь в реке l.

чаем точку пересечения М0. Искомый путь — AM0В (рис. 1в). Решите следующие задачи. а) Даны острый угол и точка А в нем (рис. 2). Найдите такие точки М1 и М2 на сторонах угла, чтобы периметр треугольника АМ1М2 был минимальным.

B M1

A l

A

M M2

Рис. 1а

Рис. 2

B A l A1

M Рис. 1б B

A l A1

M0

б) В трехгранном угле плоские углы при вершине равны 17°, 20°, 23°. На одном из ребер дана точка на расстоянии 1 м от вершины. Какова минимальная длина траектории точки, которая, выйдя из данной точки, обходит вершину трехгранного угла (по его поверхности) и возвращается обратно? в) Даны острый угол и точка А в нем (рис. 3).

Рис. 1в

Какую точку М водопоя надо выбрать, чтобы весь путь s = AM + MB оказался минимальным? Решается она с помощью изящного приема. Рассмотрим точку А1, симметричную точке А относительно прямой l (рис. 1б). Так как AM = A1M, то путь s можно заменить равным ему (по длине): s = A1M + MB. Получается, что как будто всаднику нужно было попасть из точки А1 в точку В. Но тогда ясно, что он должен был бы двигаться по прямой. Итак, строим точку А1, проводим A1В, отме-

M1 A M2 Рис. 3

Проведите через точку А прямую, которая отсекает от угла треугольник минимальной площади. г) В стороне от дороги l, в точке А находится автомобиль (рис. 4). Ему нужно как можно быстрее добраться до точки В.


30

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

A v

V B

M

l

виться туристу, чтобы видеть фасад под максимально возможным углом? ж) Даны остроугольный треугольник АВС и точка А′ на стороне ВС (рис. 7). A

Рис. 4

Какую точку М на дороге ему надо выбрать, чтобы время в пути было минимальным? Скорость движения по полю равна v, по дороге — V (разумеется, v < V ). д) Свет всегда движется так, чтобы время, им затраченное, было минимальным. Докажите, что, преодолевая границу двух сред (рис. 5), в которых он движется со скоростями v и V (v < V), луч света преломляется по закону Снеллиуса: sin α V = . sin β v

V

1 / 2011

M N

B

A'

C

Рис. 7

Укажите (постройте) точку М на стороне АВ и точку N на стороне АС такие, чтобы периметр треугольника A′MN был минимальным. з) Дан остроугольный треугольник АВС (рис. 8). A

α β v

B'

C' Рис. 5

е) У прямолинейной дороги l находится дворец, фасад которого обозначим АВ (рис. 6). B

A l

M Рис. 6

В какой точке дороги следует остано-

B

A'

C

Рис. 8

Укажите (постройте) на его сторонах такие точки A′, В ′, С ′, чтобы периметр треугольника A′В ′С ′ (он называется вписанным) был минимальным. и) Докажите, что в прямоугольном треугольнике вписанная окружность касается окружности девяти точек (окружности Эйлера). Эта окружность была введена в задаче 69в. к) Дан остроугольный треугольник АВС (рис. 9).


ПРОВЕРЬ СЕБЯ

31

A

поверхность на плоскости (получится т. н. развертка двугранного угла) см. рис. 11б. Так как сумма плоских угла трехгранного угла равна 17° + 20° + 23° = 60°, то развертка будет представлять собой угол, равный 60°, и кратчайшим путем от точки А на одной стороне угла до точки А′ на другой стороне угла будет, очевидно, отрезок АА′ длиной 1 м.

M C

B Рис. 9

Найдите (постройте) такую точку М в нем, чтобы сумма расстояний от М до вершин треугольника была минимальной. Указание. Поверните треугольник ВМС на 60° вокруг точки С. Р е ш е н и е. а) Прием, описанный в условии, надо применить дважды: пусть А1 и А2 — точки, симметричные точке А относительно сторон угла (см. рис. 10а). Тогда периметр треугольника АМ1М2 равен длине ломаной А1М1М2А2, которая будет иметь минимальную длину, если в качестве точек М1 и М2 взять точки пересечения прямой А1А2 со сторонами данного угла (см. рис. 10б). A1

A1 M1

M1 A M2

а)

A2

A M2

б)

A2

Рис. 10

б) Разрежем поверхность трехгранного угла по ребру, на котором находится данная точка А (рис. 11а) и развернем эту

C

1м A′

A

A

60˚

B

C

B

а)

б) Рис. 11

в) Проведем отрезки АВ и АС так, чтобы они были параллельны сторонам угла (рис. 12а) и построим точки М, N так, чтобы ВМ = ОВ, CN = ОС. Тогда треугольники ВАМ и CNA будут равными, а значит, NA = AM. Докажем теперь, что прямая МN — искомая. Для этого проведем произвольную прямую М′N ′ через точку А (см. рис. 12б) и докажем, что SΔOM′N′ > SΔOMN. Допустим, что N ′ находится дальше от точки О, чем N. Проведем отрезок NS  OM. Тогда SΔOM′N ′ = SΔOMN + SΔANN′ – SΔAMM ′. Так как SΔANN′ > SΔANS = SΔAMM ′, то SΔOM′N ′ > SΔOMN. Получилось, что площадь любого треугольника OM′N ′ больше площади треугольника OMN. Значит, площадь треугольника OMN — наименьшая из всех возможных. г) Будем считать, что точка В находится достаточно далеко, иначе кратчайшим путем будет просто отрезок АВ.


32

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

A N

h

A

C

N O

B

N′

M

S

B A

а) O

б)

M′ M

Рис. 12

Способ 1 (рис. 13а). Проведем AN ⊥ l. Пусть BN = а, AN = h. Тогда x 2 + h2 a − x + v V и нам нужно найти наименьшее значение этой функции (из физических соображений ясно, что оно существует). t = tAM + tMB =

A h M B

a

x N

l

Рис. 13а

Возьмем производную: x 1 − t′ = 2 2 V v x +h и приравняем ее нулю: x 1 x 1 − = 0; = ; v x 2 + h2 V v x 2 + h2 V 2

2

Vx = v x + h ;

2 2

2 2

2 2

Vx = vx + vh; v2 2 h2 ; (V2 – v2)x2 = v2h2; x = 2 V − v2 v x= h. 2 V − v2 Поставим вопрос: под каким углом α к дороге должен двигаться автомобиль (рис. 13б)?

M

α x N

Рис. 13б

Найдем cosα: MN = cos α = AM =

1

=

x x 2 + h2 1

2 V 2 − v2 ⎛h⎞ 1+ 1+⎜ ⎟ v2 ⎝x⎠ Конечно, ответ в форме

= =

v . V cos α =

v V

удобнее. Способ 2. Воспользуемся принципом: «Получился простой ответ — ищи простое решение». Выразим t через α: AM BM h a − hctgα t= + = + v V v sin α V и найдем t′: h cos α h h ⎛v ⎞ + = − cos α ⎟ , t′ = − 2 2 2 ⎜ v sin α V sin α v sin α ⎝ V ⎠ v так что t′ =0 при cos α = . V Возникает вопрос: а можно ли решить задачу, не применяя производную (то есть методами элементарной математики)? Способ 3. Воспользуемся методом, рассмотренным в задаче 60: равенство h a − hctgα + v sin α V будем понимать как уравнение относительно α; решая его, мы определим, при каких значениях t это уравнение разрешимо, наименьшее из таких значений t и будет искомым. Преобразуем уравнение: hvcosα – (av – tvV)sinα = hV. t=


33

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

Введем угол β такой, что tgβ =

tvV − av hv

тогда уравнение примет вид hv(cosα + tgβsinα) = hV, v (cos α cos β + sin α sin β) = V , cos β

A

V cos β cos( α − β ) = . v Условие разрешимости этого уравнения имеет вид V cos β ≤ 1, или v 1 + tg 2β ≥

1 V ≥ , cos β v

1 V2 ≥ , cos2 β v2 2

V2 V2 ⎛ tvV − av ⎞ + ≥ , 1 , ⎜ hv ⎟⎠ v2 v2 ⎝

tvV − av V2 ≥ − 1. hv v2 Наименьшее возможное значение достигается в случае равенства:

Тогда

t

t0vV − av V2 = − 1. hv v2

V2 v − 1 ⇔ cos β = 2 V v и уравнение относительно α приобретает вид: cos(α – β) = 1. Значит, α = β, что v можно записать в виде cos α = cos β = . V Способ 4. После всех этих довольно громоздких решений полюбуйтесь изящным решением этой задачи, найденным профессором МГУ И.Н. Сергеевым. Проведем прямую l ′ (рис. 14) под v углом ϕ к прямой l, где sin ϕ = . V Тогда для любой точки М время t1 на прохождение отрезка ВМ (по дороге) и время t2 на прохождение MK (по полю) равны! BM Действительно, t1 = , V tgβ =

v V = BM . v V

BM ⋅

MK BM sin ϕ = = t2 = v v

B

M

ϕ

K K 0

ψ M0

l l′

Рис. 14

Но тогда путь AMB можно заменить путем AMK, движение по ломаной AMK происходит по полю, то есть с одной и той же скоростью v, и в этом случае ясно, что кратчайшее время будет достигнуто, если ехать по перпендикуляру AK0 к прямой l ′. Как легко видеть, тогда v cos ψ = sin ϕ = . V д) Способ 1. Предположим, что sin α V Тогда лучи, пересекающие > . sin β v границу левее указанной точки, будут образовывать траекторию, которая проходится за меньшее время. Действительно (рис. 15), MM ′ sin β MM ′ sin α − = t′ − t = v V ⎛ sin β sin α ⎞ = MM ′ ⎜ − < 0, V ⎟⎠ ⎝ v то есть t′ < t, что противоречит условию минимальности t.

α

α M′

β

Рис. 15

M β


34

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

sin α V ≤ . Аналогично доsin β v sin α V казывается, что и тогда ≥ , sin β v sin α V = . sin β v Способ 2. Считаем точки А и В фиксированными (рис. 16) AN = H, BK = h, NK = a. Тогда при изменении угла α изменяется и угол β, то есть угол β является функцией угла α. Запишем условие NM + MK = a: Htgα + htgβ = a (это уравнение можно разрешить относительно β, но нам это не нужно). Найдем производную β′: H h + ⋅ β′ = 0. (Htgα + htgβ)′ = a′. 2 cos α cos2 β Значит,

H cos2 β . h cos2 α Время, затраченное светом: AM MB H h t= + = + V v V cos α v cos β зависит от α. Найдем H sin α h sin β + ⋅ β′ = t′ = V cos2 α v cos2 β

1 / 2011

Условие минимальности t : t′ = 0, откуsin α sin β sin α V да − = 0, то есть = . V v sin β v Способ 3 (физический). Представление о распространении света лучом — идеализация. На самом деле свет движется фронтом и каждая точка фронта излучает. Приведем два примера: плоский фронт (рис. 17а) и сферический фронт (рис. 17б). Старый фронт Новый фронт

а)

Старый фронт Новый фронт

Отсюда β′ = −

=

б) —

H sin α h sin β ⎛ H cos2 β ⎞ + ⋅⎜− ⎟= V cos2 α v cos2 β ⎜⎝ h cos2 α ⎟⎠ =

H ⎛ sin α sin β ⎞ − . ⎜ v ⎟⎠ cos2 α ⎝ V

A α H

α

N

M K β

β

h

B Рис. 16

P

N

α

α V β

M

β K

υ

фронт KM

в) Рис. 17

Рассмотрим фронт NP (рис. 17в). Точка N уже излучает в нижнюю полуплоскость. Ее сферический фронт будет распространяться со скоростью v. Точка Р исходного фронта дойдет до точки М за PM MN sin α время t = = . V V За это время сферический фронт, излученный точкой N, будет иметь радиус MN sin α r = vt = v ⋅ , и фронт KM будет V


35

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

распространяться под углом β к вертиNK r v sin α кали, где sin β = = = . MN MN V е) Часто в качестве решения предлагают точку пересечения серединного перпендикуляра отрезка АВ с прямой l. Чтобы увидеть, что это решение — неверное, достаточно рассмотреть случай АВ ⊥ l (рис. 18а). B A l

M Рис. 18а

Воспользуемся известным свойством окружности (рис. 18б): из всех точек окружности, расположенных по одну сторону от хорды АВ, эта хорда АВ видна под одним и тем же углом (что подтвержAB ). дается и формулой sin α = 2R

B

A l

M1 Рис. 18в

A

A′′

M0 M

α

α

M″

ж) Рассмотрим точки А′′ и А′′′, симметричные точке А′ относительно сторон АВ и АС соответственно (рис. 19). Так как А′M = А′′M, А′N = А′′′N, то периметр ΔA′MN равен А′M + MN + NA′ = = А′′M + MN + NA′′′, то есть равен длине ломаной А′′MNA′′′. Очевидно, что длина этой ломаной будет минимальной, если в качестве точек M и N взять точки M0 и N0, лежащие на отрезке А′′A′′′.

α

M

M M′

B

N0 N A′

A′′′

C

Рис. 19 A

B 2α Рис. 18б

Проведем через точки А и В окружность, касающуюся прямой l (рис. 18в). Точка М касания — искомая. Действительно, через любую другую точку М ′ проходит другая окружность, у которой ∠AM′B = ∠AM1B < ∠AMB.

Подумайте, почему отрезок А′′A′′′ обязательно пересекает стороны АВ и АС (а не их продолжения). з) Для произвольной точки А′ основания мы уже знаем, как построить точки М и N (рис. 20а). В этом случае периметр треугольника А′MN равен А′′A′′′. При изменении точки А′ изменяется отрезок А′′A′′′. Требуется найти такое положение точки А′, чтобы длина отрезка А′′A′′′ стала минимальной. Заметим, что ∠А′′АВ = ∠ВАА′,


36

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

∠А′АС = ∠САА′′′, откуда ∠А′′АА′ = 2∠ВАА′, ∠А′АА′′′ = 2∠А′АС и, наконец, ∠А′′АА′′′ = = ∠А′′АА′ + ∠А′АА′′′ = 2∠ВАА′ + 2∠А′АС = = 2∠ВАС. Таким образом, величина угла А′′АA′′′ при изменении точки А′ не меняется. Заметив еще, что АA′′ = АA′ = = АA′′′, обнаруживаем, что при изменении точки А′ треугольник АА′′A′′′ остается равнобедренным с фиксированным углом при вершине (то есть все такие треугольники подобны друг другу). Но это означает, что поиск минимума А′′A′′′ можно заменить поиском минимума АА′′. Более того, в силу равенства АА′′ = АА′, надо искать минимум АА′! А этот минимум очевиден — А′ должно быть основанием высоты, проведенной из вершины А (рис. 20б).

тром существует и это вполне определенный треугольник, причем его вершина А′ совпадает с основанием высоты, проведенной из вершины А. Но если бы мы начали решение с точки В′ по стороне АС, то точно так же пришли бы к выводу, что В′ — основание высоты, проведенной из вершины В и т. д.! Итак, точки А′, В ′, С ′ — основания высот треугольника АВС, то есть ΔА′В ′С ′ — ортотреугольник исходного ΔАВС (рис. 20в). Это решение было найдено Л. Фейером в конце XIX века. A B′ С′

A A′′

M

N

B

B

A′′′

C

A′ Рис. 20а A

A′′′ B′

1 / 2011

C

A′ Рис. 20в

и) Пусть АВС — прямоугольный треугольник, ∠С = 90°, А1, В1, С1 — середины сторон ВС, СА, АВ соответственно (рис. 21). y А

С′ B1

A′′ B

A′

C

Рис. 20б

Что же в этом случае представляют собой точки В′ и С′? Это тоже основания высот! Действительно, у нас получилось, что треугольник с минимальным периме-

O′

C1

O C

А1

B

x

Рис. 21

Введем систему координат, как показано на рис. 21. Окружность девяти точек


37

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

проходит через точки С, В1, С1, А1, и a ее центр О имеет координаты xO = , 4 b yO = , где а = ВС, b = AC, c = AB. 4 Центр вписанной окружности имеет координаты xO ′ = r, yO ′ = r. Найдем расстояние ОО′ между центрами этих окружностей: ОО ′2 = (xO – xO ′)2 + (yO – yO ′)2 = 2

2

a 2 + b2 ( a + b)r ⎛a ⎞ ⎛b ⎞ = ⎜ − r⎟ + ⎜ − r⎟ = − + 2r 2 . 16 2 ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ Подставив a2 + b2 = c2 = (2R)2, a + b = 2R + 2r, R2 получим OO ′2 = − ( R + r )r + 2r 2 = 4 2

2

⎛R⎞ ⎛R ⎞ = ⎜ ⎟ − Rr + r 2 = ⎜ − r ⎟ , ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ R R откуда OO ′ = − r. Учитывая, что r 2 и есть радиус окружности девяти точек, заключаем, что вписанная окружность касается внутренним образом окружности Эйлера. Эти окружности касаются в любом треугольнике, а не только в прямоугольном, но доказать это значительно сложнее. к) Повернем ΔВМС на 60° вокруг точки С (рис. 22а). Тогда точка М перейдет в М ′, В — в В′, ВМ — в В′М ′. Так как в ΔСММ ′ МС = М ′С и ΔМСМ ′ = = 60°, то ΔСММ ′ — правильный, откуда ММ ′ = МС. Теперь мы можем сумму расстояний от М до вершин треугольника, то есть МА + МВ + МС, заменить суммой АМ + М ′В ′ + ММ ′ = АМ + ММ ′ + М ′В ′, то есть длиной ломаной АММ ′В ′. Так как точка В ′ — фиксирована, то длина этой ломаной будет минимальной, если М и М ′ лежат на отрезке АВ′. Итак, нужно провести АВ′ и на АВ′ построить точки М и М ′ так, чтобы ΔСММ ′ был правильным. Для этого нужно про-

вести из С перпендикуляр к АВ′ и под углом 30° к этому перпендикуляру проводить СМ и СМ ′. Таким образом, искомая точка М существует и единственна. Она называется точкой Торричелли*. Так же, как и в пункте «з»), мы могли начинать с любой вершины. И тогда получается замечательная теорема: если на сторонах треугольника построить правильные треугольники (рис. 22б) и соединить их с противоположными вершинами, то три этих отрезка пересекутся в одной точке — точке Торричелли. Как мы уже знаем, сумма АТ + ВТ + СТ — минимально возможная. Докажите самостоятельно, что все углы при вершине Т равны 60°. B1 A C1 T A

C

B

а)

б)

M B

C

A1

M′

B′

Рис. 22

Замечание. В условии было сказано, что треугольник — остроугольный. На самом деле нужно, чтобы все углы были меньше 120°. * Торричелли, Эванджелиста — знаменитый итальянский математик и физик первой половины XVII в. (времена мушкетеров).


КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

Е.А. Зельцер

ТРЕУГОЛЬНИК СО СТОРОНАМИ 1 : 2 : И «ЗОЛОТОЕ СЕЧЕНИЕ» Чем примечателен прямоугольный треугольник, длины сторон которого образуют пропорцию 1 : 2 : 5 ? Оказывается, если хорошо «покопать», то в нем можно обнаружить настоящие залежи «золота». Не верите? — Тогда читайте дальше!

В одном из определений VI книги знаменитых «Начал» Евклида (III в. до н.э.) говорится: Прямая делится в крайнем и среднем отношении, если как целая к большему отрезку, так и больший отрезок к меньшему. Евклид, «Начала», книга VI, Определение 3, [1], стр. 173.

Под евклидовым «делением в крайнем и среднем отношении» понимается следующее. Пусть имеется заданный отрезок длины l. Разделим его на два отрезка с длинами a и b, a + b = l, a > b, так, что l a (1) = , a b (отношение длины исходного отрезка к большей его части равно отношению большей части к меньшей). Обозначим величину отношения (1) через х, тогда а = bx, l = ax = bx2. Поскольку также l = a + b = bx + b, то получаем уравнение: bx2 = bx + b. На ненулевой параметр b можно сократить, и мы приходим к квадратному уравнению x2 = x + 1. Отрицательный

его корень не имеет физического смысла, 5 +1 а положительный равен . Итак, 2 l a 5 +1 = = ≈ 1,6180339887... Поскольa b 2 ку на эту величину мы часто будем ссылаться в дальнейшем, удобно обозначить ее какой-нибудь буквой — договоримся для этого использовать букву Ф. Для удобства также обозначим производные 1 5 −1 = ≈ 0,618, от Ф величины: ϕ = Ф 2 3− 5 ψ =1−ϕ = ≈ 0,382. 2 Прежде чем читать дальше, давайте сделаем небольшой привал и вспомним кое-что из алгебры. Величины Ф, ϕ и ψ участвуют во многих замечательных тождествах. Вот лишь некоторые из них: Ф2 = Ф + 1; ϕ2 = ψ; ϕ = ψФ; ϕФ = ψ(Ф + 1); 2ψ(Ф + ψ) = (Ф – ψ)2; Ф – ψ = 2ψФ = 2ϕ. Убедитесь в справедливости этих тождеств – это потом (не только при чтении этой статьи) вам пригодится.


39

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

Леонардо да Винчи отношение Ф называл «золотым сечением», или «золотой пропорцией». Оно широко встречается в пропорциях частей созданий природы (в том числе и человека) и отражено в произведениях искусства (см. весьма обширную литературу на эту тему, а также виртуальный «Музей Гармонии и Золотого сечения» — [2]). Как отметил автор книги [3], «Сейчас невозможно достоверно установить ни человека, впервые открывшего золотую пропорцию, ни время, когда это произошло» — [3], стр. 8. Следы золотой пропорции находят не только в древнегреческих храмах (прежде всего в знаменитом храме Парфенон), но даже в древних египетских пирамидах. Во второй книге «Начал» (Предложение 11 — [1], кн. I–VI, стр. 75) Евклид изложил геометрический способ построения золотого сечения заданного отрезка АВ. Для этого в точке В нужно восстановить перпендикуляр и отложить на нем отрезок ВС, равный половине отрезка АВ, так, чтобы получился прямоугольный треугольник АВС со сторонами CВ : ВA : СА = 1 : 2 : 5 (рис. 1). Далее продлим отрезок СВ до точки D так, что CD = CA. На катете АВ отложим отрезок BE = BD. Тогда несложно проверить, что

AB BE 5 +1 = = = Ф. BE EA 2 В частном случае прямоугольного треугольника АВС с катетами АВ = 1 и 1 1 имеем BE = ϕ = , ЕА = ψ. BC = 2 Ф Оказывается, в рассмотренном треугольнике АВС содержится ряд других замечательных пропорций, связанных с «золотом». В дальнейшем мы рассмотрим случай АВ = 2; ВС = 1, CA = 5, отдавая себе отчет, что в общем случае АВ = 2k; ВС = k; CA = k 5 величины соответствующих отрезков на чертеже следует умножать на коэффициент пропорциональности k. Поскольку радиус r вписанной окружности связан с катетами a, b и гипотенузой с треугольника соотношением a +b−c r= , то в рассматриваемом нами 2 случае а = 1, b = 2, c = 5 получаем r = ψ, и точки касания этой окружности отсекают на сторонах треугольника АВС отрезки, длины которых выражаются через числа Ф, ϕ, ψ (рис. 2). Причем меньший катет точкой касания делится золотым сечением. ϕ

ϕ

√5

1

C

Φ

ψ ψ B

E

Рис. 1

Φ

Рис. 2

A

Ф+ψ Ф−ψ = = Ф , то, отФ−ψ 2ψ ложив на большем катете отрезок, равный диаметру 2ψ вписанной окружности, также получим золотое сечение этого катета. Поскольку

D

2


40

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

Гипотенуза прямоугольного треугольника равна диаметру 2R описанной окружности, поэтому 2R = Ф + ϕ. Радиусы трех вневписанных окружностей, касающихся с внешней стороны катетов a, b и гипотенузы c (рис. 3), вычисляются по формулам: ra = p – b, a +b+c — rb = p – a, rc = p, где p = 2 полупериметр треугольника*. В нашем случае они равны соответственно ra = ϕ, ϕФ rb = Ф, rc = = Ф2. ψ

Φ

Ψ ϕ

ϕ Φ

Ψ

1 / 2011

метрично относительно середины соответствующего отрезка, поэтому отрезки, на которые они делят стороны треугольника, также выражаются через числа золотой пропорции. Далее, с = ϕ + Ф = ra + rb. Из равенств ϕ2 = ψ = r; rc = Ф2 также следует замечательная связь между гипотенузой и радиусами вписанной и вневписанной к гипотенузе окружности: c = r + rc . Кроме того, поскольку Ф2 = ψ + ϕ + Ф, то радиусы всех рассмотренных выше окружностей объединяет удивительное соотношение rc = ra + rb + r. Все эти факты наполняют замечательным геометрическим смыслом золотое сечение сторон треугольника с отношением длин 1 : 2 : 5. В заключение отметим, что числа последовательности r, ra, 1, rb, rc, начиная с третьего, подчиняются той же рекуррентной зависимости, что и числа знаменитой последовательности Фибоначчи: un+2 = un+1 + un (у Фибоначчи u0 = u1 = 1). Литерат ура

Рис. 3

Таким образом, малый катет делится золотым сечением на два отрезка, равные радиусам вписанной и вневписанной окружностей 1 = ϕ + ψ, а больший катет золотым сечением делится на два отрезка, равные диаметрам вписанной 2ψ и вневписанной к меньшему катету окружностей 2 = 2ψ + 2Ф. Точки касания вписанной и вневписанной окружностей располагаются сим* См. статью А. Жукова «У нас в гостях – вневписанные окружности» на с. 41.

1. Начала Евклида / пер. и коммент. Д.Д. Мордухай-Болтовского при редакционном участии М.Я. Выгодского и И.Н. Веселовского. Кн. I–VI: М.–Л. : ГИТТЛ, 1950. — 448 c. Кн. VII–X: М.–Л. : ГИТТЛ,1949. — 512 c. Кн. XI–XV: М.–Л. : ГИТТЛ, 1950. — 332 с. В электронном виде книга доступна в интернет-библиотеке на сайте МЦНМО: http://ilib. mirror1.mccme.ru. 2. Музей Гармонии и Золотого сечения : [Электронный ресурс]. — URL : http://www. goldenmuseum.com/index_rus.html (дата обращения: 16.11.2010). 3. Васютинский Н.А. Золотая пропорция. — М. : Молодая гвардия, 1990. — 240 с. 4. Воробьев Н.Н. Числа Фибоначчи. — М. : Наука, 1992. — 192 с.


41

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

А.В. Жуков

У НАС В ГОСТЯХ — ВНЕВПИСАННЫЕ ОКРУЖНОСТИ Вневписанные окружности — вовсе не потусторонние объекты, на которые не стоит обращать внимание: это персонажи реальных задач, то и дело встречающихся на олимпиадах и экзаменах.

Что это за окружности? Мы будем иметь дело с вневписанными окружностями треугольника — они показаны на рисунке 1. Вневписанная — значит вписанная снаружи, извне. Такая окружность касается одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. У треугольника вневписанных окружностей три — каждая его сторона касается «собственной» вневписанной окружности.

и рассмотрим вневписанную окружность, снаружи касающуюся стороны a (рис. 2). A

B

C

K

N

M Oa

Рис. 2

Рис. 1

Прежде чем разбираться сразу с тремя, давайте более подробно исследуем одну вневписанную окружность.

Простейшие свойства Рассмотрим треугольник АВС, как обычно полагая, что против вершин А, В, С располагаются стороны с длинами a, b, c соответственно (сами стороны мы также будем обозначать этими буквами),

Все свойства вневписанной окружности выводятся из хорошо известных нам из школьной программы фактов: поскольку вневписанная окружность касается продолжений двух сторон треугольника, выходящих из вершины А, то ее центр Оа лежит на биссектрисе угла А, а радиусы ОаМ, ОаN, проведенные в точки касания, перпендикулярны лучам АМ и АN. Кроме того, длины отрезков касательных, выходящих из вершины А, равны: AM = AN. Если, к тому же окружность касается стороны ВС, то, аналогично, ее центр Оа лежит на биссектрисах внешних углов В и С треугольника, радиус ОаК, проведенный в точку касания, перпенди-


42

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

кулярен ВС и длины соответствующих отрезков касательных равны: ВМ = ВК, CN = CK. Вот, собственно, и все. Дальше — следствия.

Длины касательных Разъединим сторону ВС в точке К и повернем отрезок ВК вокруг точки В так, чтобы он занял положение ВМ на луче АВ. Аналогично поступим с отрезком СК — он займет положение CN на луче AN. Таким образом, периметр («забор») нашего треугольника разместился на двух отрезках АМ и AN, которые равны. Значит, a +b+c (1) AM = AN = p = . 2 Но тогда и ВМ = ВК = АМ – АВ = р – с; (2) CN = CK = AN – CN = р – b. Далее пригласим ассистировать вписанную окружность (рис. 3).

Наши ближайшие исследования будут направлены на поиск соотношений, из которых, зная длины сторон a, b, c треугольника, можно было бы найти радиусы вневписанных окружностей. Обычно школьники без труда (или приложив немного усилий) отвечают на аналогичные вопросы: как по трем сторонам треугольника рассчитать радиус r вписанной и радиус R описанной вокруг него окружностей*. Умение находить эти величины бывает весьма полезным при решении более сложных геометрических задач. Мы предложим несколько способов получения соотношений, из которых можно определить радиус вневписанной окружности — все они полезны для оттачивания геометрической интуиции. Способ 1.

A L

r

r

p–c

M Oa

r p–b

O

b

c p–b

Ищем радиус

p–a

p–a

1 / 2011

a

p–c

Рис. 3

Рис. 4

Замечаем, что сторону а точка касания вписанной окружности делит на отрезки такой же длины, как и точка касания вневписанной окружности, но расположенные симметрично относительно центра отрезка а. Это же замечание справедливо и для других вневписанных окружностей.

Центры О вписанной и Оа вневписанной окружностей лежат на общей abc S , где S — пло, R= 4S p щадь треугольника, которая может быть вычислена, например, по известной формуле

* Напомним: r =

Герона: S =

p( p − a )( p − b)( p − c ).


43

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

биссектрисе угла А, и соответствующие радиусы OL и ОаМ перпендикулярны АМ (рис. 4). Следовательно, треугольники AOL и АОаМ подобны, отсюда ra p (3) = r p−a Способ 2. На рисунке 5 треугольники OBL и BOaM подобны (подумайте, почему). Отсюда ra p−b (4) = . p−c r A L

O

а потом из прямоугольного треугольника АОаМ — искомый радиус a 2 – (b – c )2 (6) . (b + c )2 – a 2 Безусловно, существуют и другие способы. В частных случаях формулы существенно упрощаются. Если, например, угол В прямой, то KBMOa — квадрат (рис. 6), тогда (7) ra = p – c, а если угол А прямой, то AMOaN — квадрат (рис. 7), и тогда (8) ra = p (подумайте, почему). ra = p

A

B B

M Oa

K

M Oa

Рис. 5

Следствие: rar = ( p − b)( p − c ) = или

S2 Sr = , p( p − a ) p − a

Рис. 6 A

S = (p – a)ra (5) (также S = (p – b)rb = (p – c)rc = pr). Способ 3. Обратимся к помощи тригонометрии. Привлекая теорему косинусов для треугольника АВС, сначала найдем косинус b2 + c2 – a 2 угла А: cos A = , затем тангенс 2bc угла

A A 1 − cos A = : tg = 2 2 1 + cos A

a 2 – (b – c )2 , (b + c )2 – a 2

N M

Oa Рис. 7

В заключение приведем два красивых результата — они связаны с «букетом» из


44

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

вневписанных, вписанной и описанной окружностей и по праву вошли в сокровищницу элегантной математики: 1 1 1 1 = + + , r ra rb rc

(9)

(10) 4R = ra + rb + rc – r. При выводе формулы (9) используется соотношение (5): r r r p− a p−b p−c + + = + + = 1. ra rb rc p p p

1 / 2011

Доказательство формулы (10) приведем из широко известной книги [1], стр. 29: 4SR = abc = p(p – b)(p – c) + + p(p – c)(p – a) + p(p – a)(p – b) – – (p – a)(p – b)(p – c) = 2 S S2 S2 S2 = + + − = S(ra + rb + rc − r ). p− a p−b p−c p Литерат ура 1. Кокстер Г.С.М. Введение в геометрию. — М. : Наука, 1966. — 648 с.

С.В. Дворянинов

КАК МЫ РЕШАЛИ ОЛИМПИАДНУЮ ЗАДАЧУ В статье рассматриваются три различных решения одной задачи и сравниваются их особенности.

При подготовке к предстоящей олимпиаде ученикам в качестве домашнего задания была предложена такая задача. Рассмотрим все квадратичные функции вида y = x2 + px + q, у которых 1 (1) q = 2011. 3 Докажите, что графики всех таких функций имеют ровно одну общую точку. 1. Через некоторое время на занятиях кружка было разобрано такое решение. Рассмотрим значение такой функции в точке x0 = 3. Тогда 1 ⎞ ⎛ y = x02 + px0 + q = 9 + 3 p + q = 9 + 3 ⎜ p + q ⎟ = 3 ⎠ ⎝ = 9 + 6033 = 6042. Это означает, что графики всех функций проходят через общую точку (3; 6042). Мы сразу «попали в десятку»! Так что же — задача решена и можно переходить к следующей?.. p+

Однако, наступившая в классе тишина свидетельствовала, что делать это рано. Действительно, такое решение производит впечатление фокуса; сразу вспоминаются строки Корнея Ивановича Чуковского: Вдруг откуда-то летит Маленький Комарик, И в руке его горит Маленький фонарик.

Действительно, в приведенном решении откуда-то таинственным образом появляется число три. А как это число найти, как до него догадаться? И почему общая точка всех графиков — единственная? 2. В итоге поиск настоящего решения этой задачи был продолжен. Был проведен следующий эксперимент. Рассмотрим две конкретные функции, которые принадлежат рассматриваемому множеству функций. Если все графики наших функций имеют общую точку, то и графики двух таких функций имеют ту же общую


45

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

точку. Для простоты вычислений рассмотрим такие пары значений параметров: p = 9, q = 6033 и соответственно y = x2 + 6033, p = 2011, q = 0 и соответственно y = x2 + 2011x. Найдем абсциссу точки пересечения графиков этих функций из равенства x2 + 6033 = x2 + 2011x. Отсюда x = 3. Следовательно, единственным кандидатом на звание общей точки всех графиков является точка с абсциссой 3. При этом мистика, которая сопровождала появление числа 3 в п. 1, полностью рассеялась. Теперь, следуя п. 1, осталось показать (или проверить), что число 3 действительно является абсциссой общей точки всех наших графиков. Здесь такая проверка — это неотъемлемая часть решения задачи. 3. Хорошо известно, что физики делятся на экспериментаторов и теоретиков. В математике такого деления нет, говорят, правда, о математике прикладной и чистой математике. В п. 2 мы упомянули

слово «эксперимент». В заключение предложим способ решения, который в противовес этому можно назвать теоретическим. Возьмем две пары чисел (p1; q1) и (p2; q2), удовлетворяющих условию (1), и найдем точки пересечения графиков соответствующих функций. Для этого решаем уравнение x2 + p1x + q1 = x2 + p2x + q2. Перепишем это уравнение в виде (p1 – p2)x = q2 – q1. Поскольку q1 = 6033 – 3p1, q2 = 6033 – 3p2 (см. условие (1)), то (p1 – p2)x = –3p2 + 3p1. Наконец, перепишем это уравнение так: (p1 – p2)(x – 3) = 0. (2) Согласно условию задачи требуется доказать, что существует такое значение x, которое удовлетворяет уравнению (2) при любых значениях параметров p1, p2. Такое значение, теперь совершенно очевидно, существует, единственное и равно 3. Задача решена.

А.В. Жуков

ЗАГАДОЧНАЯ НАСТЯ И ЛЮБОПЫТСТВУЮЩИЙ КОСТЯ Задача про Настю и Костю, предложенная в одном из туров конкурса «Эврика!», вызывает интерес не только у математиков. В результате появилось много красивых и необычных решений. В этой статье мы поместили некоторые из них.

Во второй тур конкурса «Эврика!» за 2010 год (см. «Математика для школьников», № 3, стр. 54) попала несколько необычная задача: Настя загадала одно из чисел: 1, 2 или 3. Костя хочет его отгадать. Ему

разрешается задать Насте один вопрос, на который девочка правдиво отвечает «да», «нет» или «не знаю». Какой вопрос следует задать Косте, чтобы, получив на него ответ, однозначно определить число, задуманное Настей?


46

Мне не удалось установить, кто придумал эту задачу (уважаемый автор, откликнитесь, — Ау-у-у!). В похожей формулировке она была помещена в списке задач вступительной работы на заочное отделение Малого махмата МГУ в 2009 году («Квант», № 1, 2009, стр. 58), а также в замечательном сборнике [1], стр. 11. Авторы и составители последнего в предисловии отметили: «Большинство задач, представленных в этой книге, прожили долгую жизнь, а классика, как известно, обладает способностью не стареть. Надеемся, что и Вы испытаете при их решении несколько приятных минут» ([1], стр. 3). Естественно, что каждый, испытавший радость от собственного решения хорошей задачи, хочет поделиться ею со своими друзьями. Поэтому наряду с решениями участников конкурса я приведу также ответы, услышанные от моих знакомых. Они весьма любопытны! Некоторые нашли решение, очень похожее на то, которое изложено в [1], стр. 13. Костя может спросить у Насти: «Если бы я тоже задумал одно из трех чисел 1, 2 или 3, но не то, которое задумала ты, то было бы оно больше твоего числа?». Однако (и это оказалось приятным сюрпризом!) — появились многие другие варианты решений. Никита Сорокин (Чебоксары) предложил поинтересоваться у Насти: «Я тоже загадал число: 1 или 2. Твое число больше моего?». По-другому смоделировать ситуацию неопределенности придумали участники математического кружка из города Мытищи. Руководитель этого кружка В.Л. Дорофеев прислал такой вариант вопроса: «Верно ли, что сумма загаданного тобой числа и остатка от деления на 2 от-

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

метки, которую я получу завтра за диктант, больше двух? Если же отметка предсказуема (надеемся, что все-таки нет!), можно заменить ее числом очков, которое выпадет на игральном кубике после ее (Насти) ответа». Андрей Артюшин (Москва, школа 1205) предложил спросить у Насти: «Если я тоже задумал некоторое нечетное число, то поделится ли без остатка мое число на твое?». Семиклассник Никита Глазков из г. Томска предложил задать Насте вопрос: «Если бы я загадал два числа, одно из которых 1, а второе больше двух, совпало бы твое число с одним из моих?». Вячеслав Викторович Произволов, на своем веку составивший немало «вкусных» задач, сначала предлагает Насте условиться: «В том случае, когда ты не сможешь ответить ни «да», ни «нет», ты мне ответь «не знаю». А потом следует спросить у Насти: «Если мы обозначим задуманное тобой число через х, то бу2 четным?». дет ли число x −1 Развивая эту идею дальше, преподаватель из города Беэр-Шева (Израиль) Петер Самовол предложил задавать Насте вопросы следующего типа: 1 отрица«Верно ли, что число x −2 тельно?»; «Если подсчитать значение функции f(x) = (x – 2)x – 2 в задуманной тобой точке х, то будет ли оно неотрицательным?*». Еще одно весьма оригинальное реше* В отечественных курсах алгебры и начал анализа область определения этой функции ограничена интервалом (2; ∞), но живущая в Израиле Настя, очевидно, представляет эту область несколько шире, так что f(1) = –1.


47

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

ние предложил Вячеслав Викторович Произволов: «Давай договоримся, — следует обратиться к Насте, — если ты задумала 1, то ты скажешь «да», если 2 — «нет», а если 3 — «не знаю». Какое число ты задумала?». Аналогичный договор с Настей предложил заключить и пятиклассник Алексей Форер из города Волжский: «Если ты загадала число меньше двух, ответь «да», если больше двух — «нет»». Как это часто случается при заключении юридических сделок, здесь остается неоформленной одна проблемная ситуация. Договор не предписывает Насте порядок ее действий, если она загадала число 2 — в этом случае она (уже, видимо, в отчаянии) должна ответить: «Не знаю!..». Елизавета Балицкая (биологический факультет МГУ) предложила «спортивное» решение. Насте нужно задать вопрос: «Продлится ли спарринговая встреча на соревнованиях по тхэквондо количество минут, равное загаданному тобой числу?». (По правилам спарринговая встреча длится не меньше одной минуты и не больше двух.) Если Настя загадала 1, то ответ будет — «да», если 2 — «неизвестно» (встреча может закончиться раньше), если 3 — «нет». Решение Сергея Николаевича Федина заставляет задуматься о скоротечности нашего земного существования: «Пусть, для примера, Насте 11 лет и пусть она загадала число n. Тогда вопрос будет таким: «Удастся ли ей прожить с момента рождения 10n лет?». В случае n = 1 ответ «да», в случае n = 3 — очевидно, «нет», а в случае n = 2 — «не знаю» (откуда Настя может знать, проживет ли она сто лет?). Это решение легко модифицируется для любого возраста Насти (при желании можно делить показатель степени на 2, на 3 и т.д.)».

Сергей Николаевич предложил также еще одно «биологическое» решение. Насте следует задать вопрос: «Существует ли насекомое, у которого число ног равно n3 – 2, где n — задуманное тобой число?». Если задумано число 1, то ответ — «нет» (насекомых с количеством ног «–1» не существует). Если задумано 2, то ответ — «да» (пчела, жук, муха и т.д.). Если задумано 3, ответ — «не знаю», так как неизвестно, существует ли насекомое с 25 ногами (следует учесть, что ученые все еще продолжают открывать новые виды). В заключение ответьте, пожалуйста, на мой каверзный вопрос: как вы объясните ответы Насти, если во всех вариантах она будет правдиво отвечать «не знаю»? В условии задачи о Насте ничего не сказано. В математическом кружке Истьинской СОШ Рязанской обл. (рук. Т.М. Куликова) предположили, что Настя учится в начальных классах и не умеет делить меньшее число на большее. Поэтому она может ответить «не знаю» даже тогда, когда ответ очевиден. Есть тысячи причин, почему Настя может отказаться от «сотрудничества» с интервьюером. Она может быть «не в духе», плохо себя чувствовать… Ей может быть всего три с половиной годика: цифру-то она загадалазадумала, но чего от нее добиваются «большие ученые», она, к сожалению, пока еще не совсем понимает. Конечно, описанная ситуация гипотетическая, но ведь так порой возникает и конфликт цивилизаций… Литерат ура Пчелинцев Ф.А., Чулков П.В. Математика. 5–6 класс. Уроки математического мышления с решениями и ответами. — 2-е изд. — М.: Издат-школа-2000, 2001. — 112 с.


48

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

КОНКУРС «ЭВРИКА!» Мы начинаем новый конкурс решения задач «Эврика!» – 2011, предназначенный прежде всего учащимся 5–9 классов. Он состоит из четырех туров. Условия задач каждого тура публикуются в отдельном номере журнала. Победители конкурса (итоги подводятся во втором номере журнала) будут награждены специальными призами. Решения задач присылайте по истечении одного месяца после получения этого номера журнала. В письме сообщите свою фамилию, имя, класс и номер школы, в которой Вы учитесь, и адрес. Письма присылайте в редакцию: 127254, Москва, ул. Руставели, д. 10, корп. 3 с пометкой «Эврика!» (или же присылайте решения в формате «.doc» на электронный адрес: matematika@schoolpress.ru). Итоги конкурса «Эврика!» за 2010 год будут опубликованы в следующем номере нашего журнала.

Задания первого тура 1. Имеется следующее многозначное число (одинаковым буквам соответствуют одинаковые цифры, а разным — разные): КОНКУРСЭВРИКА Может ли данное число быть простым, если известно, что число ОКОРОК делится на 111? Л. Штейнгарц 2. Бригада пильщиков распилила 15 бревен на куски без отходов (опилки в расчет не принимаем). Каждое бревно имело длину 10 или 12 метров, а каждый получившийся кусок — 3 или 4 метра. В результате трехметровых и четырехметровых кусков оказалось поровну. Сколько именно? И. Акулич 3. Расставьте по десяти клеткам десять цифр от 0 до 9 так, чтобы произведение двух пятизначных чисел оказалось наибольшим.

Рис. 1

С. Дворянинов

4. Параллелограмм двумя пересекающимися прямыми разделили на 4 четырехугольника. Известно, что вокруг одного из них можно описать окружность. Докажите, что вокруг каждого из оставшихся четырехугольников также можно описать окружность. В. Произволов 5. Натуральное число n называется треугольным, если из n одинаковых шаров можно выложить треугольник так, как показано на рисунке 2 (на этом рисунке представлены треугольные числа 1, 3, 6, 10).

1

3

6

10

Рис. 2

Рассмотрим ряд чисел: тысяча, миллион, миллиард, триллион, квадриллион, квинтиллион, секстиллион, … — и так далее. Найдутся ли среди них треугольные числа? А. Жуков


49

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

6. Володя покрасил каждую грань 8 одинаковых кубиков в черный или белый цвет, затем скрепил ребра некоторых кубиков шарнирами так, что получилась замечательная связная конструкция: вращая ее составные части вокруг шарниров, можно собрать кубик 2 × 2 × 2 снаружи либо полностью белый, либо полностью черный (рис. 3). Объясните, как нужно раскрашивать грани и какие ребра кубиков следует скреплять шарнирами, чтобы

Рис. 3

получилась такая же модель из кубиков, как у Володи*. В. Викторов

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ II ТУРА (Условия задач см. в № 3, 2010 г.) 7. Обсуждение решений этой задачи см. в заметке А. Жукова «Загадочная Настя и любопытствующий Костя» на стр. 45. 8. О т в е т: Название школьного математического кружка: «ЭВРИКА». 9. Приведем авторское решение задачи для всех натуральных чисел от 1 до 40 включительно, за исключением числа 39: 1 = (4 – 3) × 1; 21 = 4! – 31; 2 = 4 – 3 + 1; 22 = 4! – 3 + 1; 4 23 = 4! – 13; 3 = 3 × 1; 24 = 4! × 13; 4 = 4 × 13; 3 25 = 4! + 13; 5 = 4 + 1; 6 = 4 + 3 – 1; 26 = 4! + 3 – 1; 7 = 4 + 3 × 1; 27 = 4! + 3 × 1; 8 = 3 + 1 + 4; 28 = 4! + 3 + 1; 10 = 3 + 1; 11 = 3 × 4 – 1;

29 = 31 − 4; 30 = 4! + 3! × 1; 31 = 4! + 3! + 1;

12 = 3 × 4 × 1; 13 = 3 × 4 + 1;

32 = 4 ; 33 = 34 – 1;

9 = 13 – 4; 4

(3!−1)

14 = 4 × (3! + 1); 15 = 3 × (4 + 1); 16 17 18 19 20

= = = = =

4 × (3 + 1); 13 + 4; 3! × (4 – 1); 4! – 3! + 1; 4! – 3 – 1;

1); 34 = 34 × 1; 35 = 34 + 1; 36 = 3! 4 × 1; 37 = 4! + 13; 38 = 41 – 3; 39 = ? 40 = (4 + 1)! : 3.

10. О т в е т: одновременно. Р е ш е н и е. Обозначим буквой t время, которое тратит Матроскин на дорогу от дома к речке. Тогда Шарик тратит на эту дорогу 3t, причем столько же им было потрачено на возвращение за полотенцем и еще столько же — на повторный путь к речке. Следовательно, время, прошедшее от момента, когда Шарик и Матроскин выбежали из дома, до момента, когда Матроскин закончил умываться, равно * Рекомендуем самостоятельно изготовить такую модель. В качестве подручных материалов можно использовать пенопласт и резиновый клей — вместо шарниров. Мы в редакции поэкспериментировали с кубиками сахарарафинада — получилось! (Прим. ред.)


50

3t + 3t + 3t = 9t. Время, которое Матроскин потратил на умывание, равно 9t – t = 8t, а Шарик моется 8t : 2 = 4t. Всего же на дорогу от дома к речке, умывание и дорогу обратно Шарик обычно тратит 3t + 4t + 3t = 10t, и точно такое же время (t + 8t + t = 10t) тратит Матроскин. 11. О т в е т: указанным в условии задачи свойством обладают прямоугольники и только они. Обоснуем вторую часть этого утверждения. Для этого укажем, как разрезать выпуклый четырехугольник, не являющийся прямоугольником, на три треугольника, среди которых не найдется ни одного прямоугольного. Прежде всего заметим, что любой треугольник можно прямолинейным разрезом разделить на две такие части, среди которых не будет ни одного прямоугольного треугольника. Поэтому достаточно указать, как сделать первый разрез в четырехугольнике так, чтобы среди полученных частей не оказалось двух прямоугольных треугольников. Рассмотрим три случая. 1) В исходном четырехугольнике есть два прямых угла. Первый разрез делаем по диагонали, соединяющей противоположные вершины четырехугольника, в одной из которых находится прямой угол, а во второй — острый или прямой угол. 2) В исходном четырехугольнике имеется только один прямой угол. Первый разрез делаем по диагонали, проходящей через прямой угол. 3) В исходном прямоугольнике нет прямых углов. Если одна из диагоналей образует прямые углы с двумя сторонами четырехугольника, то первый разрез делаем по второй диагонали, в противном случае разрезаем по любой диагонали.

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

12. О т в е т: На доске были написаны числа 2, 3, 11, 13 и 5, а их сумма равна 34. Р е ш е н и е. Петя складывал 4 различных простых числа, которые мы обозначим a, b, c, d (а пятое число, не вошедшее в эту сумму, обозначим через e). Если бы все Петины числа были нечетные, то сумма их была бы четной, что противоречит условию. Поэтому среди Петиных чисел должны быть четные. Но существует лишь одно простое четное число — это 2. Итак, в Петиной сумме присутствовала двойка, а остальные три числа — нечетные, и сумма их равна 29 − 2 = 27. Какие значения могло принимать наименьшее нечетное слагаемое в Петиной сумме? Рассмотрим все возможности. 1) Пусть оно равно 3. Тогда сумма двух последних слагаемых равна 27 − 3 = 24. Это число раскладывается на сумму двух различных простых чисел, превышающих 3, тремя способами: 24 = 5 + 19 = 7 + 17 = = 11 + 13. Таким образом, имеем три варианта набора чисел a, b, c, d (не уточняя пока, чему что соответствует): 2, 3, 5, 19 либо 2, 3, 7, 17 либо 2, 3, 11, 13. 2) Пусть оно равно 5. Тогда сумма двух последних слагаемых равна 27 − 5 = = 22. Легко видеть, что это число невозможно разложить на сумму двух различных простых чисел, превышающих 5. Так что здесь вариантов нет. 3) Пусть оно больше 5. Тогда сумма всех трех чисел не меньше суммы трех наименьших различных простых чисел, превышающих 5, то есть 7 + 11 + 13 = = 31 — противоречие! Так что и здесь вариантов нет. Перейдем к Васе. Он сложил 3 числа — и получилась сумма та же, что и у Пети. Если бы Васина тройка чисел


51

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

полностью входила в состав Петиной четверки, то у Васи получился бы заведомо меньший результат, чем у Пети. А поскольку Васина сумма оказалась такой же, то в ее состав, очевидно, входило пятое число e, не входящее в Петину четверку. Таким образом, Вася нашел сумму двух Петиных чисел (пусть, для определенности, это были a и b) и числа e. Так как оказалось, что a + b + c + d = = a + b + e, то c + d = e. Итак, сумма двух простых чисел c и d равна третьему простому числу е. Отсюда сразу следует, что одно из чисел c, d равно 2 (ибо, будь они оба нечетными, сумма их была бы четным числом, и потому — не простым). Рассмотрим все найденные выше возможные наборы чисел a, b, c, d и выясним, какие значения при этом может принимать е. 1) Набор 2, 3, 5, 19. Число е равно одному из нечетных простых чисел этого набора, увеличенному на 2. Для «кандидатов» 3, 5 и 19 получаем соответственно е = 5, 7 и 21. Однако, первое из этих значений уже «занято», последнее — не простое. Поэтому может быть только е = 7, и весь набор из пяти чисел таков: 2, 3, 5, 19, 7. А теперь «привлечем» результаты Коли — что сумма двух

каких-то чисел равна 18. Легко видеть, что из перечисленных пяти чисел невозможно выбрать два, дающих в сумме 18. Так что здесь ответа нет. 2) Набор 2, 3, 7, 17. Число е равно одному из нечетных простых чисел этого набора, увеличенному на 2. Для «кандидатов» 3, 7 и 17 получаем соответственно е = 5, 9 и 19. Второе из этих значений — не простое, а первое и третье — вполне приемлемы. Поэтому может быть либо е = 5, либо е = 19, и весь набор из пяти чисел либо таков: 2, 3, 7, 17, 5, либо таков: 2, 3, 7, 17, 19. Однако в обоих случаях из перечисленных пяти чисел невозможно выбрать два, дающих в сумме 18. Так что и здесь ответа нет. 3) Набор 2, 3, 11, 13. Число е равно одному из нечетных простых чисел этого набора, увеличенному на 2. Для «кандидатов» 3, 11 и 13 получаем соответственно е = 5, 13 и 15. Второе из этих значений уже «занято», последнее — не простое. Поэтому может быть только е = 5, и весь набор из пяти чисел таков: 2, 3, 11, 13, 5. Здесь, как видим, можно выбрать два числа, сумма которых равна 18 (а именно, 5 + 13). Поэтому данный случай — единственно возможный.

«РАЗБОР ПОЛЕТОВ» Обзор присланных решений задач II тура 2010 г. конкурса «Эврика!». В задаче 7 наибольшую трудность вызвало конструирование ситуации, в которой Настя должна отвечать «не знаю». Несколько пятиклассников «поделились» с Настей своими собственными «белыми пятнами». По их мнению, к заковыристым вопросам с неопределенным

ответом следует отнести такие: «делится ли число 1 на 2 нацело с остатком 1?», или — «является ли 0 четным числом?». Но здесь нет никакой неопределенности: и в том, и в другом случае грамотная Настя должна была бы отвечать: «да». В одном из писем Насте предлагалось


52

задать вопрос: «Задуманное тобой число больше 2?» и, если бы Настя ответила: «не знаю», то, как считает автор обсуждаемого решения, это означало бы, что Настя задумала число 2. (Впрочем гарантий того, что Настя будет руководствоваться «правильной» логикой нет — см. об этом статью «Загадочная Настя и любопытствующий Костя»). Задачу 8 одолели все участники конкурса. Она интересна тем, что в процессе ее решения наряду с логикой активизируются ассоциативные механизмы нашего мышления: в один момент буквы вдруг сами собой выстраиваются в нужное слово «Эврика». Задача 9 особых затруднений не вызвала. Каждый участник, продвинувшийся хоть сколько-нибудь в представлении последовательных чисел натурального ряда с помощью цифр 1, 3, 4, за свое решение получил максимальное количество баллов. Как справедливо заметил руководитель математического кружка из города Мытищи В.Л. Дорофеев, в авторском решении этой задачи в представлении чисел 9, 17, 29 и некоторых других использована одна «лишняя» операция — «сцепка» цифр (позиционная запись числа с помощью цифр-кирпичиков). Ее надо было бы также указать в условии задачи. Заметим, что если арсенал дозволенных операций расширить также за счет операции «двойной факториал»: n!!, означающей произведение четных чисел

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 8 ⋅…⋅ n, если n — четное, и произведение нечетных чисел 1 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅…⋅ n, если n — нечетное, то можно закрыть и обнаруженную автором задачи «брешь» среди первых 40 чисел-ответов, а именно — для числа 39 справедливо представление: 39 = 31 + 4!!. Об этом нам сообщил И.Ф. Акулич. Сравнительно легкой оказалась и задача 10. Задача 11 для многих стала «камнем преткновения». Основная трудность состояла в логическом обосновании того, что исследуемым свойством обладают прямоугольники и только они. В одном из решений класс выпуклых четырехугольников ограничивался лишь параллелограммами и трапециями. Конечно, эти фигуры — чуть ли не главные «действующие лица» в школьном спектакле под названием «геометрия», поэтому хорошо узнаваемы в «толпе выпуклых многоугольников». Но эта «толпа» не ограничивается любимыми героями. Ошибки в решении задачи 12 если и были, то носили чисто «технический» характер: по недосмотру решающих в разряд простых чисел попадало число 9, в ответ проникали посторонние числа: 39, 42 и так далее. Ввиду того, что решения II тура продолжают поступать, его результаты будут размещены на сайте: http://школьнаяпресса.рф. А. Жуков


МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

Е.Д. Куланин

ПУШКИН И МАТЕМАТИКА Так ли уж несовместимы «лед» математики и «пламень» поэзии? Из воспоминаний современников А.С. Пушкина мы знаем, что великий русский поэт был не в ладах с математикой. Овладение этой наукой в лицейские годы ему давалось с трудом. Однако в дальнейшем, осознав ее значимость и глубину, он проявлял интерес к некоторым разделам математики. Вдохновение нужно в геометрии, как и в поэзии. А.С. Пушкин.

Хорошо известно, что Александру Сергеевичу Пушкину математика не давалась с детства, и поэтому он ее не любил. По словам сестры А.С. Пушкина О.С. Павлищевой «арифметика казалась для него недоступною и он часто над первыми четырьмя правилами, особенно над делением, заливался горькими слезами». Лицейский друг Пушкина И.И. Пущин вспоминал впоследствии, что «...все профессора смотрели с благоговением на растущий талант Пушкина. В математическом классе вызвал его раз Карцов к доске и задал алгебраическую задачу. Пушкин долго переминался с ноги на ногу и все писал молча какието формулы. Карцов спросил его наконец: «Что ж вышло? Чему равняется икс?». Пушкин, улыбаясь, ответил: «Нулю!». «Хорошо! У вас, Пушкин, в моем классе все кончается нулем. Садитесь на свое место и пишите стихи». Далее Пущин добавляет: «Спасибо и Карцову, что он из своего математи-

ческого фанатизма не вел войны с моей поэзией»… Другой лицейский товарищ Пушкина Сергей Комовский подтверждал, что он «охотно занимался науками историческими, но не любил политических и в особенности математику...». Сам Пушкин в заметке «О Дельвиге» упоминает о том, что Дельвиг в первый раз рассказал ему свою «Идиллию» «в лицейской зале, после скучного математического класса». Сохранилась также следующая запись в дневнике А.С. Пушкина от 1 января 1834 года: «Меня спрашивали, доволен ли я моим камерюнкерством? Доволен, потому что государь имел намерение меня отличить, а не сделать смешным, а по мне хоть в камер-пажи, только б не заставили меня учиться французским вокабулам и арифметике». Кажется, что приведенных свидетельств более чем достаточно для того, чтобы сделать вывод о неприязненном отношении Пушкина к математике в тече-


54

ние всей его непродолжительной жизни. На самом деле это неверно. Уже в первом томе «Современника», издаваемого Пушкиным, была напечатана статья князя П.Б. Козловского «Разбор парижского математического ежегодника на 1836 г.», а в третьем томе — статья по теории вероятностей «О надежде» того же автора. Знакомый Пушкина князь П.Б. Козловский (1783–1840), служивший на различных дипломатических постах в Турине, Штутгарте и Лондоне, был интереснейшей фигурой первой половины XIX века, «одним из умнейших людей эпохи». В нашумевшей книге «Россия в 1839 году» французский писатель маркиз де Кюстин рассказывает о своей встрече с этим замечательным человеком. П.Б. Козловский написал математические статьи для «Современника» по заказу Пушкина. В наши дни литературные журналы не помещают научных, а тем более математических статей на своих страницах, но во времена Пушкина это было обычным явлением. Так, например, в «Московском телеграфе» Н. Полевого появлялось, по словам декабриста и писателя А.А. Бестужева-Марлинского, решительно все, «начиная от бесконечно малых в математике до петушьих гребешков в соусе или до бантиков на новомодных башмачках». Как это ни странно, в то время среди писателей существовала своего рода мода на математику: А.С. Грибоедов в 1826 г. просил прислать ему учебник по дифференциальному исчислению, а Гоголь в 1827 г. не только выписал «Ручную математическую энциклопедию» Перевощикова, но даже изучал ее. В 1821 году в стихотворении «Чаадаеву» Пушкин писал: В уединении мой своенравный гений Познал и тихий труд, и жажду размышлений.

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

Владею днем моим; с порядком дружен ум; Учусь удерживать вниманье долгих дум; Ищу вознаградить в объятиях свободы Мятежной младостью утраченные годы И в просвещении стать с веком наравне...

Таким образом, можно сказать, что, помещая математические статьи П.Б. Козловского в своем «Современнике», А.С. Пушкин стремился «стать с веком наравне» даже по отношению к математике. В библиотеке А. Пушкина имелись два сочинения по теории вероятностей, одно из которых представляет собой знаменитый труд великого французского математика и механика Лапласа (1749–1827) «Опыт философии теории вероятностей», вышедший в Париже в 1825 г. Такое внимание к теории вероятностей связано повидимому с тем глубоким интересом, который проявлял Пушкин к проблеме соотношения необходимости и случайности в историческом процессе. Так, в рецензии на второй том «Истории русского народа» Николая Полевого он писал: «Поймите же и то, что Россия никогда ничего не имела общего с остальною Европою; что история ее требует другой мысли, другой формулы, как мысли и формулы, выведенные Гизотом из истории христианского Запада. Не говорите: иначе нельзя было быть. Коли было бы это правда, то историк был бы астрономом и события жизни человеческой были бы предсказаны в календарях, как и затмения солнечные. Но провидение не алгебра. Ум человеческий по простонародному выражению, не пророк, а угадчик, он видит общий ход вещей и может выводить из оного глубокие предположения, часто оправданные временем, но невозможно ему предвидеть случая — мощного, мгновенного орудия провидения. Один из остроумнейших людей XVIII столетия предсказал камеру фран-


55

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

цузских депутатов и могущественное развитие России, но никто не предсказал ни Наполеона, ни Полиньяка». Пушкин посвятил Наполеону два стихотворения: «Наполеон на Эльбе» и «Наполеон». Известно, что Наполеон Бонапарт (1769–1821) увлекался математикой, ему также приписывают авторство нескольких задач по элементарной геометрии. Сам Наполеон больше верил в божественное предопределение, чем в игру случая. Об этом свидетельствуют следующие слова из его приказа по армии от 22 июня 1812 года: «Россия увлекаема роком: да свершится ее судьба». Наполеон состоял в секции механики Парижской академии наук и сразу после возвращения из Египта осенью того же 1799 года, в котором родился Пушкин, присутствовал вместе с Лапласом на докладе ученика Лапласа, начинающего математика Био о решении некоторых геометрических задач Эйлера. Деятельность гениального математика Леонарда Эйлера (1707–1783), швейцарца по происхождению, составила эпоху в истории Петербургской академии наук. Эйлер провел в России в общей сложности свыше 30 лет, так что его по праву можно считать российским математиком. Пушкин записал следующий анекдот об Эйлере: «Когда родился Иоанн Антонович, то императрица Анна Иоанновна послала к Эйлеру приказание составить гороскоп новорожденному. Эйлер сначала отказывался, но вынужден был повиноваться. Он занялся гороскопом вместе с другим академиком. Они составили его по всем правилам астрологии, хотя и не верили ей. Заключение, выведенное ими, испугало обоих математиков — и они послали

императрице другой гороскоп, в котором предсказали новорожденному всякие благополучия. Эйлер сохранил, однако ж, первый и показывал его графу К.Г. Разумовскому, когда судьба несчастного Иоанна Антоновича совершилась». Напомним, что Иван Антонович был провозглашен в младенчестве российским императором Иваном VI при регентстве своей матери, вскоре свергнут дочерью Петра I Елизаветой и заключен в Шлиссельбургскую крепость, где и был убит охраной в начале царствования Екатерины II при попытке его освобождения, предпринятой поручиком Мировичем. Читатели «Евгения Онегина» не могли не обратить особого внимания на XXXIII строфу из VII главы этого романа в стихах. В нем делается попытка предсказания отдаленного будущего России: Когда благому просвещенью Отдвинем более границ, Со временем (по расчисленью Философических таблиц, Лет чрез пятьсот) дороги, верно, У нас изменятся безмерно: Шоссе Россию здесь и тут, Соединив, пересекут. Мосты чугунные чрез воды Шагнут широкою дугой, раздвинем горы, под водой Пророем дерзостные своды, И заведет крещеный мир На каждой станции трактир.

Пушкинист Б.В. Томашевский установил, что «философическими таблицами» Пушкин назвал книгу французского математика, инженера-кораблестроителя и статистика Шарля Дюпена «Производительные и торговые силы Франции», изданную в 1827 году. В этой книге приводятся сравнительные статистические таблицы по экономи-


56

ке некоторых европейских стран, в том числе и России. Сохранились черновые наброски XXXIII строфы «Евгения Онегина», в которой Дюпен явно указывается как автор таблиц. До нас дошло следующее изречение Пушкина о великом французском математике и философе Б. Паскале (1623– 1662): «Все, что превышает геометрию, превышает нас», — сказал Паскаль. И вследствие того написал свои философические мысли!». Создание основ теории вероятностей, несомненно, принадлежит к числу главных достижений Паскаля в математике. Начала этой теории были заложены в переписке Паскаля с другим гениальным французским математиком Пьером Ферма (1601–1665) в 1654 г. Паскаль называл новую математику «математикой случайного». Зарождение и развитие теории вероятностей связано с азартными играми. Одна из задач, которую решили в своей переписке Паскаль и Ферма, заключалась в нахождении способа справедливого раздела ставки при игре в кости при условии, что игроки не закончили игру. Таким образом, в этой задаче требовалось подсчитать, каковы шансы (вероятности) каждого из игроков на выигрыш, в том случае, если бы игра была доведена до конца. Первое печатное сочинение по теории вероятностей нидерландского математика и механика Гюйгенса (1629–1695) под названием «О расчетах в азартной игре» появилось в 1657 г. Уже в то время Гюйгенс понял, что теория вероятностей «имеет дело не только с игрой, но что здесь закладываются основы очень интересной и глубокой теории». Сам А.С. Пушкин был страстным игро-

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

ком в карты. В одном из самых известных его произведений — «Пиковой даме» — описывается личная драма молодого человека, связанная с крушением надежд на крупный выигрыш в карты. Друг А.С. Пушкина поэт П.А. Вяземский в своей «Старой записной книжке» приводит такой интересный эпизод: «Пушкин, во время пребывания своего в южной России, куда-то ездил за несколько сот верст на бал, где надеялся увидеть предмет своей тогдашней любви. Приехав в город, он до бала сел понтировать и проиграл всю ночь до позднего утра, так что прогулял все деньги свои, и бал, и любовь свою». Возможно, что страсть Пушкина к картам являлась дополнительной причиной его повышенного интереса к теории вероятностей (вспомним про наличие в его библиотеке книг по теории вероятностей и про публикацию в «Современнике» статьи «О надежде» князя П.Б. Козловского). Одним из карточных знакомых Пушкина был офицер и незначительный поэт И.Е. Великопольский (1797–1868). В конце концов из-за карт же отношения между ними и разладились. Разрыв произошел после того, как Великопольский написал «Сатиру на игроков», в которой, между прочим, говорилось: ...Глава Онегина вторая Съезжала скромно на тузе...

Пушкин обиделся на эти строчки и ответил Великопольскому такой эпиграммой: Поэт-игрок, о Беверлей-Гораций, Проигрывал ты кучки ассигнаций, И серебро, наследие отцов, И лошадей, и даже кучеров — И с радостью на карту б, на злодейку, Поставил бы тетрадь своих стихов, Когда б твой стих ходил хотя в копейку.


57

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

«Бывают странные сближения», — сказал Пушкин в заметке о «Графе Нулине». Убедиться в справедливости своих слов по отношению к Великопольскому ему было не суждено. Дело в том, что через много лет после смерти Пушкина в Чукавине — родовом имении Великопольских, расположенном неподалеку от Старицы, долгое время хранились портреты Пушкина и выдающегося русского математика, основателя неевклидовой геометрии Н.И. Лобачевского (1792– 1856). Портрет Пушкина, запечатлевший поэта в детском возрасте, подарила жене Великопольского, урожденной Мудровой, мать Пушкина Надежда Осиповна. Семьи Мудровых и Пушкиных были близко знакомы, так как известный в те времена врач М.Я. Мудров — отец жены Великопольского С.М. Мудровой — бывал на литературных вечерах, устраиваемых отцом поэта Сергеем Львовичем Пушкиным и, кроме того, лечил членов семьи Пушкиных. После смерти Н.И. Лобачевского его портрет прислала в Чукавино его вдова Варвара Алексеевна, приходившаяся сестрой И.Е. Великопольскому. Сохранились также письма Лобачевского к Великопольскому. Теоретически Пушкин мог встретиться с Н.И. Лобачевским в Казани в доме профессора Казанского университета К.Ф. Фукса в 1833 г., однако доку-

ментальных свидетельств о такой встрече нет. Когда Пушкин высказал в 1827 г. мысль о том, что «вдохновение нужно в геометрии, как и в поэзии», Лобачевский уже сделал доклад о своей воображаемой геометрии. Это событие произошло 24 февраля 1826 года. Академик М.П. Алексеев в своем фундаментальном исследовании «Пушкин и наука его времени» приводит следующие соображения по этому поводу: «Хронологические совпадения редко бывают случайными. Причинная между ними связь может быть установлена даже тогда, когда они кажутся особенно неожиданными. Необходимо лишь найти промежуточные звенья в той общей исторической цепи, которая их связывает, чтобы случайность стала закономерностью. Не было, конечно, никакой случайности и в том, что величайшие создания пушкинского гения возникли в то самое время, когда русская научная мысль дала ряд блестящих результатов, обладавших той же степенью универсального, мирового значения. Пушкин и Лобачевский были порождены одной и той же эпохой нашего культурного развития. Они не только были современниками, но, несомненно, знали друг о друге». В заключение осталось выразить надежду на то, что нам удалось в какой-то степени обосновать, на первый взгляд, «странное сближение» Пушкина и математики.

ПРОВЕРЬ СЕБЯ Ответ на вопрос «Где ошибка?» (см. стр. 16) 1

Неверно равенство 3 −1 = ( −1) 3 . Степень ar с рациональным показателем r определена только для положительного основания a > 0.


58

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

И.С. Григорьева

МАТЕМАТИКА И ЖИЗНЬ, ИЛИ ПАРАДОКСЫ МОДЕЛИРОВАНИЯ Математика — точная наука. Но значит ли это, что все, что говорится на языке математики и логики, — верно? Ведь одно дело правильно доказать теорему, а другое — применить математическую теорию для описания действительности.

Математики испокон века очень следят за строгостью и доказательностью своих утверждений. Именно поэтому люди верят тем высказываниям и исследованиям, которые используют математический аппарат. За сто семьдесят шесть лет Нижняя Миссисипи стала короче на двести сорок две мили. В среднем это составляет чуть больше, чем миля с третью за год. Отсюда следует, […] что в нижнесилурийском периоде (он закончился как раз миллион лет назад, в ноябре юбилей) длина Нижней Миссисипи превышала один миллион триста тысяч миль. Точно так же отсюда следует, что через семьсот сорок два года длина Нижней Миссисипи будет равна одной миле с четвертью. Каир и Новый Орлеан сольются и будут процветать, управляемые одним мэром и одной компанией муниципальных советников. В науке действительно есть чтото захватывающее, такие далеко идущие и всеобъемлющие гипотезы способна она строить на основании скудных фактических данных. Марк Твен, «Жизнь на Миссисипи».

Конечно, это рассуждение рассчитано на улыбку. Каждый понимает, что выводы, сделанные автором, абсолютно нереалистичны. Понятна и причина ошибки:

ниоткуда не следует, что скорость изменения длины постоянна в течение такого большого промежутка времени. Однако сплошь и рядом ошибки в «математических» или «логических» рассуждениях совсем незаметны и хорошо маскируются под истину. Вот вам примеры.

Нестандартные текстовые задачи Текстовая задача — это пример простейшей математической модели, с которым мы знакомимся в школе. Как правило, для ее решения не нужны серьезные математические методы. Тем не менее подобные задания вызывают большие затруднения у многих учеников. Их сложность именно в том, чтобы подобрать правильный метод к конкретной задаче. К сожалению, некоторые ученики предпочитают «метод тыка», применяя ту или иную «формулу», которая кажется им подходящей. — Анна Петровна! Я достала прекрасное лекарство. — От чего? — Не знаю, но, говорят, очень помогает!

Задача 1 (старинная). Два одноногих человека купили пару ботинок за 25 руб. Когда хозяин узнал, что покупатели —


МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

инвалиды, он велел приказчику вернуть им 5 руб., но тот отдал каждому по рублю, а 3 руб. оставил себе. Проведем подсчет: сначала каждый инвалид заплатил по 12,5 руб., а в итоге — по 11,5. Вместе они истратили 23 руб., плюс 3 руб., оставшиеся у приказчика, всего — 26 руб. Откуда взялся лишний рубль? Р е ш е н и е . Сами вычисления проведены правильно. Значит, ошибка в том, что мы произвели не те вычисления. Действительно, что за сумма 26 руб.? По условию 25 руб. — это деньги, потраченные покупателями (на первом этапе покупки), 23 руб. — сумма, которую они потратили окончательно. Их должен получить хозяин магазина. Ну а 3 руб. — деньги, которые получил приказчик, по сути, укравший их. Значит, это деньги «с минусом». Итак, правильное вычисление будет иметь такой вид: 23 руб. – 3 руб. = = 20 руб. — сумма, полученная от инвалидов хозяином магазина. Она совпадает с 25 руб. – 5 руб. — той же суммой, рассчитанной с точки зрения хозяина. Значит, хозяин в этой ситуации не пострадал, деньги были украдены у покупателей. В этой задаче действия с числами были математически правильными, но бессмысленными, так как они не соответствуют связям реальных величин. Петя прыгал по лестнице через 1 ступеньку и сломал ногу. Сколько ног он сломает, если будет прыгать через 3 ступеньки?

Задача 2. На складе лежит 400 кг огурцов, которые на 99% состоят из воды. Через некоторое время огурцы подсохли, и теперь вода составляет только 98% их веса. Сколько стали весить эти огурцы?

59

Р е ш е н и е. Как решают эту задачу многие школьники? Они говорят: раз величина уменьшилась на один процент, вычтем этот процент из 400 кг. Получим 400 – 4 = 396 (кг). Но ведь «процент», «доля» — величины относительные. Всегда надо учитывать от чего они берутся. Для правильного решения задачи надо не искать подходящую формулу, а разобраться в самом условии. В этой задаче присутствуют две ситуации: до усыхания и после. Что их связывает? Количество огурцов изменилось и количество воды тоже. Неизменным осталось только сухое вещество огурцов. Вот для него и можно выводить соотношения. Имеем: вначале сухое вещество составляло 1% и весило 4 кг. После усыхания те же 4 кг составляют уже 2% от всей массы. Значит, эта масса равна 4 кг : 2% = 200 кг. Результат, конечно, поразительный, но верный! Задача 3. Стадо из 10 коров может пастись на лугу 60 дней, пока не съест всю траву. Если бы в стаде было 15 коров, они бы могли пастись на этом лугу 20 дней. На сколько дней хватило бы этого луга, если бы в стаде было 20 коров? Р е ш е н и е. На первый взгляд задача кажется очень простой: раз коров стало в 2 раза больше, то травы хватит на 60 = 30 дней. Непонятно только, зачем 2 нам второе условие. Попробуем, однако, решить задачу исходя из него. 15 коров за 20 дней съедят 15 ⋅ 20 = 300 «короводней». Значит, 20 коровам этой травы 300 хватит на = 15 дней. Ответ полу20 чился совершенно другим. Что же это значит? Что два условия задачи противоречат друг другу? Действительно, судя по первому усло-


60

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

вию, на лугу было не 300, а 10 ⋅ 60 = 600 «корово-дней» травы. Откуда же взялись лишние 300 единиц? Заметим, что первое стадо паслось 60 дней, то есть на 40 дней больше, чем второе. Можно предположить, что за это время трава просто… отросла! Итак, в задаче есть «подвох»: не сказано явно, что трава на лугу растет. Но ведь это мы знаем и так. Решим теперь задачу с учетом этого факта. Можно, конечно, ввести две неизвестные (число коров и скорость роста) и составить уравнения. Заметим, однако, что одну из величин мы уже почти вычислили. Действительно, «лишние» 300 единиц травы отросли за 40 дней, значит, в день 300 отрастает = 7,5 единиц. За 60 дней 40 отросло 60 ⋅ 7,5 = 450 единиц. Значит, вначале на лугу было 600 – 450 = 150 «корово-дней» корма. Стадо из 20 коров за x дней съест 20x единиц травы, а возможности луга за это время составляют 150 + 7,5x единиц. Решая соответствующее уравнение, получаем, что x = 12 (дней).

Математика в литературе В художественной литературе встречаются эпизоды, которые можно проверить математическим или логическим рассуждением. Задача 4. В романе В. Корчагина «Тайна реки злых духов» героям надо обследовать реку (на лодках) вниз и вверх по течению от места стоянки. Они разделились на две группы и решают, кто куда пойдет. Молодой парень говорит: «Конечно, все хотят идти вниз по реке, это же гораздо легче». Прав ли он? Р е ш е н и е. Не прав. Ведь каждой группе придется возвращаться на место стоянки, то есть пройти путь и вниз, и

1 / 2011

вверх по реке. Но зато люди, которые сначала пошли вверх, более трудный участок пути пройдут со свежими силами, а когда устанут, смогут легко вернуться назад. В романе так и вышло. Группа легкомысленного героя, спустившись вниз, попала в бурю и потеряла все продукты. В результате трудный путь назад им пришлось проделать еще и голодными! Кстати, в школьных текстовых задачах «эффектом усталости» пренебрегают: не только поезда и машины, но и люди ходят в них с постоянной скоростью. Иногда авторская идея требует не арифметической, а логической проверки. Задача 5. В одном фантастическом рассказе описывалось «прекрасное будущее». К этому времени, по мысли автора, будут решены многие проблемы большого города, в частности жилищная и транспортная. Жилья будет много и человек сможет, даже переезжая в другую местность, сразу найти квартиру по своему вкусу. Кроме того, все будут жить рядом с работой. Это значительно уменьшит передвижения в часы пик и разгрузит улицы от транспорта. Как вам кажется, это реалистичный прогноз? Р е ш е н и е. Конечно, такая идиллия вызывает мало веры. Экономика должна быть весьма эффективной, чтобы создать такое богатство, а государство — сильным, чтобы не дать полученным средствам сконцентрироваться в руках немногих богатых и влиятельных людей. Однако чисто логически мы не можем доказать, что такое общество не может быть построено. Больший интерес вызывает структура личных отношений в таком обществе. Сохранится ли в нем такое понятие, как семья? Если да, то смогут ли все члены семьи жить вместе?


61

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

По мысли автора все члены семьи работают вблизи своего дома. Но тогда им придется работать обязательно поблизости друг от друга! Это возможно в следующих случаях. а) Члены одной семьи выбирают работу согласовано. Если один перевелся на новую работу на другой конец города, то и другие должны переехать вместе с ним и поменять место работы. б) Человек выбирает семью после того, как выберет работу. В этом случае, поменяв работу, придется менять и супруга, находя его поблизости от жилья! в) В семье работает только один человек. Конечно, все эти варианты не исключены и в нынешней, далекой от совершенства жизни. Однако они воспринимаются как зло (быть может, иногда и необходимое). Автор же делает их правилом. Считать ли такое будущее прекрасным — вопрос по крайней мере спорный! В предыдущих примерах авторы не говорили специально о математических проблемах. Однако некоторые литераторы делают это, хотя и не всегда удачно. Причем ошибки в рассуждениях допускают и талантливые авторы. Вот что писал Н.В. Гоголь в своей статье «Об архитектуре нынешнего времени». Башни огромные, колоссальные необходимы в городе, не говоря уже о важности их назначения для христианских церквей. Кроме того, что они составляют вид и украшение, они нужны для сообщения городу резких примет, чтобы служить маяком, указывавшим бы путь всякому, не допуская сбиться с пути. Они еще более нужны в столицах для наблюдения над окрестностями. У нас обыкновенно огра-

ничиваются высотою, дающею возможность обглядеть один только город. Между тем как для столицы необходимо видеть по крайней мере на полтораста верст во все стороны и для этого, может быть, один только или два этажа лишних — и все изменяется. Объем кругозора по мере возвышения распространяется необыкновенною прогрессией. Столица получает существенную выгоду, обозревая провинции и заранее предвидя все; здание, сделавшись немного выше обыкновенного, уже приобретает величие; художник выигрывает, будучи более настроен колоссальностию здания к вдохновению и сильнее чувствуя в себе напряжение.

Чисто архитектурная и художественная сторона этого предложения не вызывает возражений. Но вот математическая ее составляющая… Задача 6. Подсчитайте высоту башни с обзором в 150 верст (160 км). Р е ш е н и е. Если обзор не закрыт предметами и неровностями ландшафта, то расстояние до горизонта определяется закруглением Земли. На рисунке через R обозначен радиус Земли, а через h — искомая высота. По теореме Пифагора получаем R 2 + l 2 = (R + h)2, откуда следует, что l 2 = 2Rh + h2. Это уравнение можно решить относительно h как квадратное, но полученную функцию трудно исследовать. l

R

h

R

Рис. 1


62

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

Найдем приближенное решение. Заметим, что R примерно равно 6400 км, так что h мало по сравнению с R. Значит, слагаемое h2 мало по сравнению с первым слагаемым и его можно отбросить. Получаем, что l примерно равно 2 Rh . Это значит, что радиус обзора растет с ростом высоты довольно медленно: вряд ли эту функцию можно назвать «необыкновенною прогрессией». В частности, подставляя в соотношение l = 160 и R = 6400, l2 = 2 км. Такой баш2R ни не построили и в наше время! Еще пример: рассуждения Эдгара По из рассказа «Тайна Мари Роже»:

получим, что h ≈

Обычного читателя почти невозможно убедить, что при игре в кости двукратное выпадение шестерки делает почти невероятным выпадение ее в третий раз и дает все основания поставить против этого любую сумму. Заурядный интеллект не может этого воспринять, он не может усмотреть, каким образом два броска, принадлежащие уже прошлому, могут повлиять на бросок, существующий еще пока только в будущем. Возможность выпадения шестерки кажется точно такой же, как и в любом случае — то есть зависящей только от того, как именно будет брошена кость. И это представляется настолько очевидным, что всякое возражение обычно встречается насмешливой улыбкой, а отнюдь не выслушивается с почтительным вниманием. Суть скрытой тут ошибки — грубейшей ошибки — я не могу объяснить в пределах места, предоставленного мне здесь, а людям, искушенным в философии, никакого объяснения и не потребуется. Тут достаточно будет сказать, что она принадлежит к бесконечному ряду ошибок, которые возникают на

1 / 2011

пути Разума из-за его склонности искать истины в частностях.

Это рассуждение, конечно, совершенно неверно. Игральная кость действительно не обладает никакой памятью, и вероятность выпадения того или иного числа очков не зависит от предыдущих бросков. Тем не менее, совет автора кажется правдоподобным: трудно представить себе, что шестерка будет выпадать подряд при нескольких бросках. В этом заключается один из парадоксов теории вероятностей. Как известно, понятие «вероятность» возникло как абстрактный аналог понятия «частота». Мы ожидаем, что при бросании кости в 1 среднем шестерка будет выпадать в 6 доле случаев. Однако это верно только при очень большом числе бросков. Пусть, например, мы сделали 6000 бросков, причем каждая цифра выпала примерно по 1000 раз. Если после этого выпадет серия из 10 шестерок, количество шестерок изменится только на 1%. При еще большем числе бросаний такая серия практически не будет влиять на подсчет частоты. Почему же интуитивно кажется, что третья шестерка подряд — маловероятное событие? Потому что здесь решается совсем другая задача: оценить вероятность 1 1 1 1 цепочки (6; 6; 6). Она равна ⋅ ⋅ = , 6 6 6 216 то есть примерно полпроцента (кстати, не так уж и мало!). Заметим, что вероятность любой другой тройки цифр точно такая же. То есть вероятность получить набор (6; 6; 1) так же мала. Однако вряд ли автор «поставит любую сумму против» выпадения единички после двух шестерок!


63

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

Эдгар По путает две вероятности: абсолютную и условную. Хотя вероятность трех шестерок подряд действительно мала, но при условии, что две шестерки уже выпали, она существенно возрастает и 1 становится равной . 6 В связи с этой задачей можно задаться еще и таким вопросом: а какова вообще длина цепочки повторяющихся цифр при бросании кости? Разумеется, эта величина переменная и можно найти только ее среднее значение. Задача 7. Будем бросать игральную кость и записывать выпавшие очки. Полученную последовательность разобьем на отрезки одинаковых цифр и подсчитаем длины таких цепочек. Как часто будут встречаться цепочки той или иной длины? Р е ш е н и е. Как может получиться, например, цепочка длиной 3? После первой выпавшей цифры (назовем ее a) должна два раза выпасть цифра a, а потом — не a. Вероятность этого события 1 1 5 5 равна ⋅ ⋅ = . Ясно, что для про6 6 6 216 извольной длины цепочки n вероятность равна

5 . Приближенные значения ве6n –1

роятностей приведены в таблице: n

1

2

3

4

5

6

p 0,8333 0,1389 0,0231 0,0039 0,0006 0,0001

Итак, «тройки» будут занимать примерно 2,3% от всех цепочек, что совсем

не так уж мало. Вероятность того, что подряд выпадут не менее 3 одинаковых 5 5 1 цифр, равна 1 − − = . 6 36 36 Кстати, если вместо игральной кости взять монетку и подбрасывать ее, то цепочки будут длиннее. Действительно, было бы неестественно, если бы орлы и решки строго чередовались! Ясно, что они достаточно часто будут повторяться и по 2, и по 3 раза. Средняя длина цепочки из орлов или решек равна 2. В рассуждениях Э. По меня удивили две вещи. Во-первых, что он отстаивает неверное суждение, ссылаясь на некоторые туманные философские идеи. А во-вторых, то, что верное рассуждение он приписывает «обычному читателю». Между тем опыт показывает, что непрофессионалы часто рассуждают именно как Э. По и не верят, что после двух выпавших шестерок может появиться еще и третья. Как говорит народная мудрость: «снаряд в одну воронку второй раз не падает». — И, главное, не бойтесь вы этой статистики! В среднем не раскрывается один парашют из тысячи, а вас тут всего-то двести человек.

Предоставляю читателю самому судить, не было ли высказывание великого писателя (кстати, серьезно интересовавшегося математикой) просто шуткой, мистификацией. (Окончание следует.)


Заявка на участие в открытом педагогическом Форуме «Новая школа» дошкольника, школьника и его руководителя 6 4руководителя (полностью): Ф.И.О.

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

1 / 2011

Место работы: Должность: Домашний адрес: Телефон:

Электронный адрес: (код города)

(e-mail)

(номер)

Ф.И.О. ребенка (полностью): Номер и адрес образовательного учреждения:

Домашний адрес: Заявка на участие принимается до 1 сентября 2011 года

Если вы являетесь Подписчикам подписчиком одного скидка! из журналов издательства «Школьная Пресса», приложите к заявке копию квитанции о подписке, чтобы получить скидку в 70% при оплате оргвзноса и 40% при оплате за публикацию материалов

Как подать заявку? по почтовому адресу: 127254, Москва, ул. Руставели, д. 10. корп. 3, издательство «Школьная Пресса» по электронной почте: forum@schoolpress.ru на сайте Издательства: forum.schoolpress.ru в режиме on-line. В ответ вы получите на указанный вами адрес пакет документов для участия в Форуме и публикации материалов

Научно-практический журнал для учащихся старшего и среднего возраста Рукописи, поступившие в редакцию, не рецензируются и не возвращаются. Редакция не несет ответственности за содержание объявлений и рекламы.

Главный редактор Е. А. Бунимович Заместитель главного редактора С.Н. Федин Научный консультант А.И. Верченко Редакторы А.В. Жуков, Е.В. Неискашова, Н.М. Карпушина Отдел задач Б.Н. Кукушкин Ведущий конкурса «Эврика!» А.В. Жуков Выпускающий редактор Ж.С. Арутюнова Корректор М.А. Суворова Компьютерная верстка В.Н. Бармин

ООО «Школьная Пресса»

Адрес издательства: 127254, Москва, ул. Руставели, д. 10, корп. 3 Телефоны: 619-52-87, 619-83-80 Факс: 619-52-89 Адрес редакции: 127254, Москва, ул. Руставели, д. 10, корп. 3 Телефон: 619-52-87 Факс: 619-52-89

E-mail: matematika@schoolpress.ru Интернет http://www.школьнаяпресса.рф

Журнал зарегистрирован Министерством РФ по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций Свидетельство о регистрации ПИ № 77–9198 от 14 июня 2001 г. Формат 84 × 108 /16 Тираж 5000 экз. Изд. № 1999. Заказ Отпечатано в ОАО ордена Трудового Красного Знамени «Чеховский полиграфический комбинат». 142300, Московская область, г. Чехов, ул. Полиграфистов, д. 1 Сайт: www.chpk.ru. E-mail: marketing@chpk.ru Телефон 8 (495) 988-63-87 Факс 8 (496) 726-54-10 © «Школьная Пресса», © «Математика для школьников», 2011, № 1 В оформлении обложки использована картина М. Эшера «Лента Мебиуса – 2» (1963)

Издание охраняется Законом Российской Федерации об авторском праве. Любое воспроизведение опубликованных в журнале материалов как на бумажном носителе, так и в виде ксерокопирования, сканирования, записи в память ЭВМ, размещение в Интернете запрещается.


Открытый педагогический Форум «Новая школа» для учителей России и ближнего зарубежья Уважаемые коллеги! Многим из вас знакомо чувство со­ жаления, когда интересно продуманный урок, удачно спланированное изложение темы, захватывающий сценарий пред­ метной недели или праздника, на подго­ товку которых затрачены значительные усилия, оказываются «одноразовыми». А ведь творческие решения и методиче­ ские новации даются далеко не каждо­ му. Издательство «Школьная Пресса» приглашает учителей, воспитателей и ме­тодистов поделиться опытом, ори­ гинальными инновационными идеями с широ­кой читательской аудиторией и стать участником открытого педагоги­ ческого Форума «Новая школа». В Фору­ ме могут принять участие и дети самого разного возраста под руководством и при непосредственном участии воспи­ тателей, учителей, родителей. Привет­ ствуется участие в Форуме педагогов изза рубежа. Каждый участник Форума сможет вы­ сказаться и будет услышан, потому что все присланные статьи, заметки, кон­ спекты, подборки практических мате­ риалов (рисунки, задачи и т.д.) будут опу­ бликованы. Присылайте то, что вам кажется инте­ ресным и важным в области педагогики, методики воспитания, в преподавании любимого предмета, развития и созда­ ния «Новой школы». Поделитесь опытом, размышлениями и идеями, они станут известны тысячам ваших коллег в России и за рубежом.

Каждый участник Форума получит персональный Диплом подтверж­ дающий факт публикации его работы, и компакт-диск с материалами всех участников. Диплом и компакт-диск станут прекрасным дополнением к вашему портфолио! Кроме того, будет издана книга, со­ держащая аннотации всех присланных статей с указанием авторов. Книгу вы сможете получить по желанию. Наиболее интересные работы участ­ ников Форума будут опубликованы в со­ ответствующем предметном журнале из­ дательства «Школьная Пресса». Напоминаем, что издательство выпу­ скает 20 предметных методических жур­ налов, в т.ч. практические журналы для дошкольников и школьников, с годовым тиражом около 1 000 000 экз. В перечне документов, характеризу­ ющих достижения и успехи каждого из вас, достойное место может занять портфолио. Большинство учащихся, родителей и педагогов, безусловно, заинтересует возможность пополнить портфолио, ко­ торое оказывает существенную помощь педагогам и образовательным учреж­ дениям, при прохождении аттестации, а учащимся — при поступлении в выс­ шие учебные заведения и устройстве на работу в дальнейшем. Присылайте заявку на участие в Фо­ руме, которая ни к чему вас не обязывает, и вы получите комплект докумен­ тов для участия в Форуме.

Бланк заявки смотрите на страницах журналов издательства. Порядок участия в Форуме смотрите на обложке журналов.


Порядок участия в Форуме 1. Организация и сбор заявок издательством «Школьная Пресса», регистрация участников Форума, рассылка пакета документов, публикация материалов требуют определенных затрат, которые оплачивает участник Форума. Математика для школьников, 2011, № 1, 1–64

Подписной индекс: 80866 Подписка осуществляется по каталогу «Газеты. Журналы» агентства «Роспечать»

Подписка 2011 I полугодие Уважаемые читатели!

Подписка на I полугодие 2011 года начинается 1 сентября и продолжается до 30 ноября 2010 г.

По каталогу «Газеты. Журналы» агентства «Роспечать» можно подписаться по льготной цене на комплект журналов для школьников: 2. Для участия в Форуме необходимо подать заявку, бланк которой опубликован на«Химия последних журналов издательства длястраницах школьников» (2 номера) «Школьная Пресса» и размещен на сайте издательства. «Биология для школьников» (2 номера)Заявку подает каждый участник, даже в том случае, если у работы несколько авто«История и обществознание для школьников» (2 номера) ров. «Математика для школьников» (2 номера) Заявку следует направлять: «Русский язык и литература для школьников» (4 номера)  по почте, адрес: 127254, Москва, ул. Руставели, д. 10, корп. 3, «География для школьников» (2 номера) издательство «Школьная Пресса»; «Физика для школьников» (2 номера)  по электронной почте: forum@schoolpress.ru;  в режиме on-line на сайте forum.schoolpress.ru. Подписной индекс 81496 Заявки принимаются до 1 сентября 2011 г. Каталожная цена комплекта 1920 руб. Внимание! 3. Каждый участник Форума получит персональный Диплом Каталожная цена невсех включает почтовый сбор. и компакт-диск с материалами участников. Желающие смогут Подписную цену с учетом доставки вы можете узнать получить книгу «Открытый педагогический Форум “Новая Школа”» в своем отделении связи. с аннотациями всех присланных работ и перечнем авторов.

Математика для школьников, 2011, № 1, 1–64

Подписной индекс:

Подписка осуществляется по каталогу «Газеты. Журналы» агентства «Роспечать»

80866

Математика для школьников  

Математика для школьников

Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you