М.БАЛК ГБАЛН
ПОИСК РЕШЕНИЯ
1
МОСКВА • «ДЕТСКАЯ ЛИТЕРАТУРА» # 1983

51 ББК 22.1
Б20
Под редакцией
В. Г. Болтянского
Рисунки
Ю. ВОРОБЬЕВА
Оформление серии
О. КОНДАКОВОЙ
Научно-популярная литература
г 4802000000—319 494—83
М101 (03)83 ©ИЗДАТЕЛЬСТВО «ДЕТСКАЯ ЛИТЕРАТУРА», 1983 г.

Дорогие любители математики!
Наверное, много раз вас волновали вопросы вроде таких: что сделать
для решения трудной задачи? Как можно было догадаться до этого
остроумного доказательства? Почему был выбран именно такой путь
рассуждения? Подобные вопросы связаны не только с математикой —
сюда относится также принятие решений и отыскание выхода из
затруднительных положений в жизненных ситуациях, производственных
вопросах, условиях военного боя и т. д.
В каком-то смысле ответ на поставленные вопросы содержится в тех
двух словах знай и умей, которые составляют название серии, в которой
выходит эта книга. Ведь в математике есть четко сформулированные
аксиомы, определения, теоремы, а также правила логических
умозаключений; нужно знать эти теоремы и правила и уметь их применять. Но это
еще не всё. В средних по трудности (а тем более сложных) задачах
приходится применять не одну, а несколько теорем. И заранее неясно, какие
следует применять теоремы и в какой последовательности. А над очень
трудными задачами (например, теми, которые предлагают на
олимпиадах) даже лучшие ученики думают часами, хотя они прекрасно знают
все изученные теоремы и владеют правилами логики.
Пожалуй, будет правильным сказать, что законы логики больше
приспособлены для того, чтобы изложить уже найденное решение,
убедить учителя и товарищей в верности этого решения. Найти же решение
трудной задачи чаще помогают не доводы логики, а случайно
подмеченная аналогия, навеянное примерами предположение (которое вначале
вовсе не является логически обоснованным), опыт, интуиция и другие
психологические факторы.
3

Книга, которую вы держите в руках, как раз и имеет своей целью
рассказать о психологии поиска решения, приоткрыть завесу
таинственности над «лабораторией мышления» математика — от школьника до
академика. Авторы в доступной и легкой для восприятия форме бесед
учителя со школьниками-кружковцами рассказывают о богатом арсенале
эвристических приемов.
Вы узнаете о поучительности контрпримеров, об использовании
аналогии при решении задач, о применении индукции; узнаете, что иногда
легче найти решение более общей задачи, чем некоторого ее частного
случая; познакомитесь с другими методами поиска решения.
Желаю вам успехов в решении задач!
В. Г. Болтянский,
лауреат Ленинской премии,
член-корреспондент
Академии педагогических наук СССР

Я обращаюсь ко всем, кто обучается
математике, элементарной или высшей, и
заинтересован в овладении ею, и говорю: «Конечно,
будем учиться доказывать; но давайте также
учиться догадываться».
Д Пой а'
Предисловие
Эта книжка — об эвристических приемах в математике. Она
предназначена учащимся IX—X классов, но в значительной мере доступна
и восьмиклассникам.
Между первой встречей с новой «нестандартной», «нетиповой»
задачей и окончательным, компактным изложением ее решения лежит
полоса поиска этого решения. Как производить этот поиск? Как догадаться
о способе решения? К сожалению, единого, универсального метода для
достижения этой цели не существует. Однако имеются некоторые общие
приемы и правила, которые нередко помогают догадаться о способе
решения разнообразных задач. Можно, оказывается, сформулировать
несколько вопросов весьма общего характера, которые полезно время от
времени ставить себе при поиске решения трудной задачи; если найдешь
ответы на эти вопросы, то заметно приблизишься к искомому решению.
В этой книжке формулируются вопросы общего характера, облегчающие
поиск решения, и показывается (на сравнительно трудных задачах), как
срабатывают эти общие приемы.
1 Джордж Пбйа (в другой транскрипции — Г. П о л и а) — видный современный
американский математик, родом из Венгрии. Прогрессивные педагогические идеи Д. Пойа
нашли свое воплощение в книгах: «Математическое открытие», «Как решать задачу»,
«Задачи и теоремы из анализа» (в соавторстве с Г. Сёге), «Математика и
правдоподобные рассуждения». Из последней и взят наш эпиграф.
5

Много сделал для улучшения первоначальной рукописи книги ее
титульный редактор В. Г. Болтянский. Были также учтены полезные
критические замечания Г. С. Уманского. Выражаем им свою искреннюю
признательность.
Мы с большой теплотой вспоминаем учащихся Смоленской
средней школы № 7 имени Н. М. Пржевальского — участников занятий
экспериментального математического кружка при Смоленском
педагогическом институте. Без них эта книжка не была бы написана.
Авторы

В тот ранний зимний вечер их здесь было четырнадцать: тринадцать
восьмиклассников — девять мальчишек и четыре девчонки — и
преподаватель одной из математических кафедр педагогического института
Георгий Данилович Селиванов, которого школьники между собой, видимо
по привычке, называли «учитель». Им нравилась эта комната на
четвертом этаже физматовского корпуса, столы с зачехленными счетными
приборами, мягкий «дневной» свет, падающий на темно-коричневую доску.
Здесь они собирались еженедельно, по пятницам, на занятия своего
математического кружка, чтобы, как однажды под общее одобрение сказал
Сережа Лапшинов, «часа два наслаждаться математикой».
В тот вечер кружок был в полном составе. Каждый сидел на своем
привычном месте. Вот Вадим Шведов — не только самый старший из
ребят (ему на днях исполнилось уже пятнадцать), но и самый высокий,
хороший баскетболист и один из самых толковых учеников класса.
Рядом с ним его друг Максим Сергиенко, маленький смешливый паренек
с мягкими, как у девушки, белокурыми волосами. Поближе к учителю
устроился Герман Великанов, Гера, невысокий мальчик с робкими
мечтательными глазами. Первый ряд неизменно занимают «старые» уче-
7

ники Селиванова: заниматься они начали в кружке два года назад, когда
были еще шестиклассниками. Это худощавый, веснушчатый Саша
Тихомиров — капитан команды КВН и прошлогодний победитель
городской математической олимпиады; Сережа Лапшинов, такой же
худенький, как и Саша (его хобби, если не считать математику, — велосипед);
Андрей Марусанов, не по годам серьезный, спокойный,
уравновешенный, художник классной стенгазеты и староста кружка. За ними, во
втором ряду, сплоченной стайкой расположились четыре подружки:
Надя Грибова, серьезная подтянутая девушка в очках, член комитета
комсомола школы, Ира Никольская и Лена Фоменко, обе белокурые, всегда
в ученической форме, и смуглая Зарифа Мухтарова. И, наконец, в
третьем ряду — Игорь Райков, единственный отличник в классе, Витя Роман-
ков, который увлекается всем (последнее время — химией и гитарой),
и Толик Москвичев, в очках, немного тугодум, но способный в
спокойной обстановке решить, кажется, самые трудные задачи.
Занятие кружка уже подходило к концу. Последняя задача оказалась
трудной и никак не поддавалась решению. Все «сдались», и Андрею Ма-
русанову, который принес эту задачу, пришлось самому рассказать, как
она решается.
И тогда Георгий Данилович предложил:
— А не заняться ли нам в кружке — в этом и в будущем учебном
году — общими приемами поиска решения задач? Иначе говоря,
приемами, которые пригодны для задач самых различных типов?
— А разве такие приемы существуют? — Сережа недоверчиво
посмотрел на учителя.
— Метода, который гарантировал бы решение любой наперед
заданной задачи, нет, — ответил Георгий Данилович. — Но все же
существуют весьма общие приемы, которые при умелом их применении заметно
облегчают решение многих трудных задач. Разработкой таких приемов
занимается эвристика. Слово это происходит от знаменитого возгласа
«Эврика!». Помните? «Эврика!» («Нашел!») — воскликнул, согласно
легенде, древнегреческий ученый Архимед, выскочил из ванны и выбежал
на улицу: он понял, как решить предложенную ему задачу.
Слово «эвристика» можно перевести с греческого на русский язык
как «искусство изобретать». Эвристика — учение об общих методах
поиска решений задач и проблем, учение о тех мыслительных операциях,
которые часто оказываются полезными в процессе поиска решения.
Эвристику разрабатывали такие знаменитые математики, как Декарт,
Паскаль, Лейбниц, Эйлер, Больцано, Эрмит, Адамар и др. В наше время
для разработки эвристических идей многое сделал известный математик
и педагог Д. Пойа. Его книги пользуются популярностью у математиков
всего мира.
Вы все тоже, решая задачи или доказывая теоремы, привлекаете
8

эвристические приемы. Но пользуетесь вы ими «стихийно», неосознанно.
Если бы вы применяли эти приемы сознательно, целенаправленно, то
эффект был бы значительно больше. В школьном курсе математики
довольно много внимания уделяется последовательному изложению
доказательств теорем, аккуратному и грамотному оформлению решений
задач, логическому обоснованию различных этапов решения и
доказательства. А самому процессу поиска решения задачи или способа
доказательства теоремы, процессу открытия новых математических фактов
внимания уделяется значительно меньше. Школьнику так и остается
неясным, с помощью каких соображений удалось открыть ту или иную
теорему, как удалось догадаться о способе решения той или иной
трудной задачи. Как искать? Как догадываться? Вот что будет предметом
наших занятий!
Разумеется, первое и совершенно обязательное условие: чтобы
решить трудную задачу, надо сильно хотеть ее решить!
— Одного желания мало, — вздохнул Андрей.
— Конечно, — согласился учитель. — Прежде всего, надо хорошо
понять условие задачи, отдать себе отчет, что дано и что требуется
(вычислить, или построить, или доказать, или выяснить и т. д.). Но часто
и этого еще недостаточно! Вот здесь и могут пригодиться эвристические
приемы, приемы целенаправленного поиска, приемы догадки. Мы
проследим на многих примерах, как срабатывают эти приемы. Некоторые
задачи я буду предлагать вам заранее, за несколько дней до занятия
кружка, чтобы вы могли спокойно, без спешки, осмыслить их, понять,
что дано и что требуется в задачах; почувствовать, легки или трудны
они для вас; отдать себе отчет, что именно вызывает у вас затруднение.
Над каждой такой задачей надо будет дома подумать хотя бы минут
15—^-20. Решать эти задачи до занятия не обязательно. Они будут
служить как бы прологом к предстоящему занятию кружка. На самом
занятии мы будем решать, разумеется, и другие задачи. В конце
некоторых занятий я буду вам давать «задачи для кружкового интервью».
Каждый, кому такая задача достанется, должен будет, поразмыслив над
ней, сказать, как он считает нужным провести поиск решения.
— Как интересно! — воскликнула Зарифа.
— Когда же мы начнем эти занятия? — спросил Вадим.
— С ближайшей пятницы, — ответил учитель. — А задачу из
пролога к этому занятию я могу вам предложить хоть сейчас.
И Георгий Данилович привел задачу, которую вы можете прочитать
на следующей странице.

Убедившись, что теорема верна, мы начинаем
ее доказывать.
Из афоризмов Рассеянного Профессора1
ПРОЛОГ
Задача 1. Так говорил Брамагупта... Обобщая известную
формулу Герона для площади треугольника, индийский математик и
астроном Брамагупта (VII век нашей эры) высказал утверждение, которое
можно в принятых сейчас обозначениях сформулировать так:
«Площадь S любого четырехугольника (рис. I) выражается через длины
его сторон a, ft, с, d no формуле
S=V(P-a)(p-b)(p-T)(f-d), (1)
где р — полупериметр четырехугольника: p=-<y(a-\-b-\-c-\-d)».
1 Рассеянный Профессор—герой ученических и студенческих анекдотов. Он
всегда что-нибудь путает: имеет в виду а, говорит 6, пишет с, а должно быть d. Однако
в его афоризмах, если в них вдуматься, — как в афоризмах Козьмы Пруткова — нередко
имеется нечто весьма поучительное. Подробнее о нем см. в книге Д. Пойа «Как решать
задачу> (М., Учпедгиз, 1959, с. 198).
10

Верно ли утверждение Брамагупты?
— А почему же формула (1)?.. — удивился Вадим Шведов. — По-
моему, для площади четырехугольника напрашивается другая формула!
— Хорошо, — сказал Георгий Данилович, — ты пока выскажи свою
гипотезу мне одному, а потом мы обязательно обсудим ее все вместе
на занятии кружка. А до этого пусть все сосредоточат свое внимание
на формуле Брамагупты.
На занятии кружка
ВЕЛИКАЯ СИЛА КОНТРПРИМЕРА
— И специалисту-математику и школьнику, — начал Георгий
Данилович, — приходится встречаться с математическими утверждениями,
в истинности которых он сомневается. Иногда требуется какое-либо
утверждение «доказать или опровергнуть» или из нескольких
предложенных ответов к задаче выбрать правильный. Если доказательство
утверждения (гипотезы) упирается в громоздкие выкладки, то часто бывает
полезно не начинать с попыток доказательства — нередко
предпочтительнее сначала отдать себе отчет, насколько данная гипотеза
правдоподобна, не приводит ли она к явно ошибочным или сомнительным
выводам, нельзя ли ее опровергнуть. Короче говоря, прежде чем пытаться
доказывать, стоит иногда попытаться опровергнуть...
Так, в частности, обстоит дело с приведенной в прологе
гипотезой Брамагупты. Прежде чем ринуться ее доказывать (если эта гипотеза
верна, то доказательство будет, вероятно, весьма громоздким), имеет
смысл испытать ее на правдоподобие. Здесь хорошо применить
простейший прием: проверка на частных случаях.
— Я провела проверку для квадрата и для прямоугольника,—
сказала Лена Фоменко, — в этих случаях формула Брамагупты дает
правильный ответ.
— Но тем не менее, — включился в разговор Саша Тихомиров, —
формула явно ошибочна. Вот я сложил шарнирный квадрат из
складного метра (рис. 2). По формуле Брамагупты я получу для него некоторую
Рис. 1
Рис. 2

Рис. 3
Рис. 4
площадь S. Теперь* я квадрат сожму вот так (рис. 3); получится ромб,
имеющий острый угол. Длины сторон не изменились, поэтому я по
формуле Брамагупты получаю, что площадь ромба тоже равна S. Но ведь
при сжатии площадь четырехугольника явно уменьшилась, ромб может
оказаться очень узким! Значит, формула Брамагупты дает в данном
случае ошибочный ответ! Ну, вот и получается, что утверждение
Брамагупты неверно, он ошибся...
— Ты прав, Саня, — подтвердил учитель. — Но эта неудача
Брамагупты не должна заставить нас начисто отказаться от
привлекательной идеи обобщения формулы Герона на случай четырехугольника. Надо
только либо ограничиться более узким классом четырехугольников, либо
искать другую, более сложную формулу, пригодную для всех
четырехугольников. К этому вопросу мы еще вернемся позднее.
При обсуждении утверждения Брамагупты мы видели, что решающую
роль сыграли не подтверждающие частные случаи (квадрат,
прямоугольник), а опровергающий частный случай (ромб, отличный от квадрата).
Нередко бывает, что наличие большого (даже бесконечного!) числа
разнообразных подтверждающих примеров еще не может служить
доказательством правильности математического утверждения; напротив,
указать хотя бы один опровергающий пример («контрпример») — это часто
значит начисто отвергнуть данное утверждение, полностью доказать,
что оно ошибочно. Такова сила контрпримера! Полезно приобрести
навыки в составлении негромоздких контрпримеров. Рассмотрим
несколько упражнений.
Прямоугольник, — продолжал Георгий Данилович, — считается
описанным около треугольника, если на каждой стороне прямоугольника
(быть может, в конце этой стороны) находится хотя бы одна вершина
треугольника. Предлагаю каждому из вас начертить в своей тетради
прямоугольник, описанный около правильного треугольника...
— Теперь, Сергей, — предложил учитель через несколько минут
Лапшинову, — сделай такой же чертеж на доске (его чертеж изображен
на рисунке 4). А нельзя ли иначе описать около правильного треуголь-
12

ника прямоугольник? Нельзя ли это сделать так, чтобы ни одна сторона
треугольника не совпала со стороной прямоугольника?
— Конечно, можно, — сказал Вадим. — Например, вот так (см.
рис. 5).
— Теперь я сформулирую задачу, — сказал учитель.
Задача 2. Ученику Дакову представляется очевидным, что
прямоугольник, описанный около правильного треугольника, имеет вдвое
большую площадь, чем этот треугольник. Ученик Некое полагает, что это
утверждение ошибочно. Кто прав?
— Мне кажется, — сказал Сережа, — что Даков прав. Вот
посмотрите на мой чертеж (рис. 4). Очевидно, что сумма площадей двух неза-
штрихованных треугольников равна площади заштрихованного
треугольника; и отсюда уже явно следует справедливость утверждения Дакова.
— Для твоего случая это следует, — заметил Вадим. — Но один
подтверждающий случай еще ничего здесь не доказывает. Быть может,
удастся подобрать какой-нибудь контрпример?
— По-моему, ты, Вадик, сам уже привел такой контрпример. — Толя
Москвичев показал на рисунок (рис. 5). — Проведем через точку В
прямую BD, параллельную стороне КА (рис. 6), и пусть она встречает
\АМ] и \АС] в точках D и Е. Тогда имеем такие соотношения для
площадей:
Saafb<S &аов=~2$акво> S afcb=~2\FB\ • \CP\<-£-\DB\ • \CP\=-7j-SDBLM9
Поэтому
5 д А ВС— 5 д A FB~\~ S д рев ^""5" **А KBD~\"2 DBLAf==~2" $A KLM у
то есть
SААВС ^"ЗГ SakLM.
Итак, мы получили контрпример, опровергающий гипотезу Дакова.
Рис. 5
Рис. 6

— Я думаю, — обратилась к Толе Ира Никольская,-что твое
рассуждение доказывает нечто большее, чем опровержение гипотезы Дако-
ва: если только сторона треугольника не совпадает со стороной
описанного около него прямоугольника — площадь треугольника обязательно
меньше половины площади прямоугольника.
ПРОВЕРКА ПО РАЗМЕРНОСТЯМ
— При решении не только физических, но и геометрических задач,—
сказал учитель, — хорошим и очень простым средством самоконтроля
является «проверка по размерностям»: в любой формуле величина,
записанная в правой части, должна иметь такую же размерность, что
и величина в левой части формулы. Это соображение позволяет сразу
отвергнуть некоторые гипотезы, возникающие при поиске математических
закономерностей. Рассмотрим пример.
Задача 3. Для площади S треугольника со сторонами, равными
а см, Ь см, с см, верна формула Герона
S=Vp(P~aXp-b)(p-c\ (2)
где р — полупериметр треугольника. Когда вы думали над формулой
Брамагупты, Вадим Шведов высказал мне такую гипотезу: для
площади S четырехугольника со сторонами, имеющими длины а см, Ь см,
с см, d см, верна формула
S=Vp(p-a)(p-bXp-c)(p-d), (3)
где р — полупериметр четырехугольника.
Испытайте «гипотезу Шведова» на правдоподобие.
— Ну, это легко сделать.— Витя Романков поднял руку.— Ведь
правая часть формулы (3) имеет размерность см5/2,а левая часть
(площадь) имеет размерность см2. Следовательно, формула (3) ошибочна.
СИММЕТРИЯ ОБЯЗЫВАЕТ...
— Начну с того,— сказал Георгий Данилович,— что приведу тексты
трех задач.
I. Найти какой-нибудь корень уравнения
х2-3(а+Ь)х+2а2+2Ь2+5аЬ=0.
14

II. Дан треугольник, у которого стороны имеют длины а, Ь, с.
Вычислить радиус какой-нибудь окружности, касающейся одной стороны
треугольника и продолжений двух других сторон.
III. Дан треугольник. Длины его высот равны a, ft, с. Известно, что
по этим данным треугольник восстанавливается однозначно. Вычислить
площадь треугольника.
Обратите внимание на то, что в каждой из задач речь идет о каких-
то величинах а, ft, с, причем если в тексте любой из этих задач поменять
а и ft местами, то получим ту же самую задачу. В подобных случаях
говорят, что задача симметрична относительно величин (или букв) а и ft.
Теперь представим себе, что нам известен правильный ответ к задаче,
симметричной относительно букв а и ft. Ради конкретности будем
полагать, что ответ дан в виде формулы, содержащей величины а и ft (и быть
может, еще какие-то величины, независимые от а и ft). Понятно, что если
в этом ответе поменять местами величины а и ft, то мы сно$а должны
получить правильный ответ к задаче. А если мы (на основании каких-
либо соображений) знаем, что задача имеет единственный правильный
ответ, то вновь полученный ответ обязан совпасть со «старым» ответом
(точнее говоря, оба ответа должны при любых допустимых конкретных
значениях входящих в них величин дать один и тот же результат). Иначе
можно так сказать: если задача симметрична относительно величин а и
ft и если она имеет единственный правильный ответ, то он обязан быть
симметричным относительно этих же величин.
Вернемся к нашим задачам. Вы легко можете проверить, что в
задаче I корнем уравнения является a+2ft. В силу симметрии задачи можно
(без проверки) гарантировать, что корнем будет также ft+2a. В
задаче II можно показать, что радиус одной из рассматриваемых здесь
окружностей равен 2S/(ft+c—a) (здесь S — площадь треугольника).
А так как задача симметрична относительно а и ft, то радиус другой из
рассматриваемых окружностей должен быть равен 2S/(a+c—ft).
Теперь вообразим себе, что вы решаете какую-то задачу, что товарищ
вам принес свой ответ к этой задаче и что вы обнаружили следующее:
1) задача симметрична относительно букв а и ft;
2) по смыслу задачи она обязана иметь единственное решение;
3) формула, предложенная вашим товарищем, не симметрична
относительно букв а и ft.
Тогда можно, очевидно, сделать вывод: ответ, предложенный
товарищем, ошибочен.
Я проиллюстрирую это на задаче III. Она, очевидно, симметрична
относительно а и ft и, кроме того, имеет единственное решение. Если
вашим товарищем получен, например, для этой задачи ответ S=a2c2/b2, то
можно гарантировать, что ответ ошибочен, так как (при афЬ) он не
симметричен относительно а и ft.
15

Рис. 7
Рис. 8
Можно представить себе и более сложный случай, когда задача не
меняется при «циклической» (то есть круговой) перестановке некоторых
величин, входящих в ее условие,— например, при замене а на fe, b на с,
с на а (рис. 7). Тогда и ответ к задаче (если известно, что такой ответ
единственный), естественно, не должен измениться при той же
перестановке величин.
Эти простые соображения иногда позволяют обнаружить
ошибочность ответа к задаче даже тому, кто сам ее решить не умеет! Давайте
рассмотрим следующий пример.
Вообразите себе такую картину. Однажды занятие кружка
десятиклассников очень затянулось, попалась трудная задача, которую
школьники никак не могли решить. Подошли вы и попросили разрешения
послушать, чем занимаются десятиклассники в своем кружке. А в кружке
решалась такая задача: «Дан тетраэдр (то есть треугольная пирамида)
(рис. 8), противоположные ребра которого попарно конгруэнтны. Длины
сторон основания тетраэдра равны соответственно а, Ь, с. Известно, что
по этим данным объем V тетраэдра определяется однозначно. Вычислить
этот объем».
И вот, по вашей просьбе, я объяснил вам, что такое тетраэдр и по
какой формуле вычисляется его объем (V=-~-SHy где S — площадь его
основания ABCу а Н — его высота). А тем временем некоторые
десятиклассники уже закончили решение задачи; полученные ими ответы были
выписаны на доске:
V=^2{a2+b2+c2\a2-b2+c2\b2+d2-c2)\ (4)
у=^у/(а2+Ь2-с2)(Ь2+с2-а2Хс2+а:2-Ь2Уу (6)
V=^2{a2+b2^c2\b2^c2-d2Xc2+dz-b2). (7)
16

Задача 4. Как бы вы подвергли эти ответы испытанию на
правдоподобие и отобрали наиболее правдоподобный ответ?
— Мне ясно, — сказала Ира Никольская, — что ответ (4)
ошибочен: ведь условие задачи симметрично относительно букв а и ft. Поэтому
и ответ — если он правилен — не должен измениться, когда поменяешь
а и Ь местами; иначе говоря, если ответ (4) верен, то должна быть
верна и такая формула:
V= ^2(a2+b2+c2)(b2^a2+c2)(a2+b2-c2). (8)
Но формулы (4) и (8) (при афЬ) приводят к различным значениям
для объема. А это ведь нелепо! Да, ответ (4) надо отбросить.
— Я не сомневаюсь, — вдруг воскликнул Максим, — что и ответ (5)
ошибочен! Правда, формула (5) выдерживает испытание на симметрию,
она не изменится и при круговой перестановке букв, то есть если а
заменить на ft, ft на с, с на а. Но ошибочность ответа (5) ясна «из
соображений размерности»: если считать, что a, ft, с измеряются в метрах, то
объем V должен иметь размерность л*3, а по формуле (5) получаем,
что V имеет размерность м4.
— Я хотела бы высказаться по поводу ответа (6), — попросила
учителя Зарифа Мухтарова. — Ответ (6) выдерживает испытания на
симметрию, на цикличность и на размерность. Я его проверила на
частном случае, а именно: я рассмотрела тетраэдр, у которого длины всех
шести ребер равны между собой: Ь=с=а. Вот я только что вычислила
объем тетраэдра по подсказанной вами формуле (V=-<rSH) и получила:
1/=1^а3/2".
— Это правильный ответ, — подтвердил Георгий Данилович.
— А между тем формула (6) при Ь=с=а дает: V=-g-a3. Значит,
ответ (6) тоже ошибочен.
— А вот ответ (7), — заметил Игорь Райков, — выдерживает все те
испытания, которым мы подвергли предыдущие ответы.
— Так что же, по-твоему, ответ (7) верен? — допытывался
Гера Великанов.
— Я бы, — ответил Игорь, — пока не стал это утверждать. Но
очевидно, что имеет смысл проверить лишь те рассуждения, те выкладки,
которые привели к этому ответу. Ведь не исключено, что и этот ответ
ошибочен, его надо проверить.
— Итак, мы видим, — закончил обсуждение учитель, — что даже при
весьма скудных знаниях по стереометрии вы сумели установить
ошибочность нескольких решений данной задачи. А как правильно решить
данную задачу? Это другой вопрос, и мы еще к нему вернемся позднее
(см. стр. 137).
17

КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 5. Один школьник просил помочь ему решить следующую
задачу: «Пусть ау Ь, с — стороны треугольника, ар — его полупериметр.
Доказать, что
Он пишет, что много раз пытался решить эту задачу, но не сумел с нею
справиться. Что бы вы посоветовали этому школьнику?
— Я бы ему посоэетовала,— сказала Надя Грибова,— сначала
испытать данное утверждение на правдоподобие. Ну, хотя бы рассмотреть
частный случай: Ь=с—а. Тогда левая часть неравенства (9) равна...
^а-37^=-^-<2,5. Всё ясно: утверждение ошибочно.
Задача 6. Если пятиугольник правильный, то в нем все диагонали
конгруэнтны. Верна ли обратная теорема?
— Обратная теорема,— сказал Гера,— очевидно, такова: «Если в
пятиугольнике все диагонали конгруэнтны, то он правильный».
— Так истинно это высказывание, — спросил учитель, — или ложно?
Доказывать его или опровергать? Предварительно испытаем это
высказывание на правдоподобие. Как твое мнение, Саня?
— Я бы так рассудил, — сказал Саша. — Чтобы задать какой-нибудь
n-угольник А\АчАъ>.Лп (с точностью до его положения на плоскости),
достаточно знать 2п—3 величин: длины п-— 1 последовательных его
сторон ИИг!, |ЛгЛз1, .., |ЛП_1ЛП| и величины я—-2 последовательных его
углов Лг, Лз, ..., Ап~\. Чтобы найти эти величины, нужны 2л—3
независимых условия. В нашем случае я=5, 2п—3=7. Если обозначим длину
данной диагонали через d, то мы имеем только пять условий (а именно:
длина каждой из пяти диагоналей пятиугольника должна быть
равна d). Эти пять условий позволяют составить пять уравнений для поиска
семи искомых величин. Но из пяти уравнений обычно можно выразить
только пять искомых неизвестных — через оставшиеся два неизвестных,
которые могут быть выбраны произвольно (разумеется, в некоторых
пределах). Поэтому правдоподобно, что в данном случае можно выбрать
два из неизвестных произвольно; например, могу произвольно задать
величины аир двух углов между тремя последовательными
диагоналями пятиугольника; могу, в частности, задать их неравными между
собой. Но тогда пятиугольник уже наверняка не окажется правильным.
Итак, правдоподобно, что интересующее нас высказывание ложно.
— Хорошо, — согласился учитель. — Теперь, Толя, сформулируй
окончательное решение задачи.
— Решение задачи. Возьму трехзвенную ломаную ADBE
(рис. 9) со звеньями длины d и углами аир, где а=^р. Затем построю
18

Рис. 9
равнобедренный треугольник АСЕ с основанием [Л£], у которого длина
боковой стороны также равна d. Пятиугольник ABCDE — искомый:
у него длины всех диагоналей равны d, и он неправильный.
— Мы рассмотрели, — подвел итог занятия учитель, — несколько
задач на опровержение ложных гипотез. Каждому исследователю — в
частности, математику — приходится самому строить гипотезы, и важно
уметь обнаружить среди них те, которые ошибочны, чтобы их отбросить.
С такими ситуациями мы еще встретимся на последующих занятиях
кружка.

...Сначала я совсем ничего не понял и начал
читать задачу во второй раз, потом в
третий... (потом) я переписал задачу
по-своему, чтобы она выглядела попроще, и вот что
получилось...
Н. Носов. Витя Малеев в школе и дома
ПРОЛОГ
Задача 1. В треугольнике ABC (рис. 10) выбрана точка Р так,
что верно следующее равенство для площадей треугольников:
^АЛЯсН" ^ ДВрС=О д4 яд. (1)
Найдите в треугольнике ABC множество всех таких точек Р, для которых
указанное равенство выполняется.
Задача 2. # вызываю к доске трех школьников — скажем, Лапши-
нова, Марусанова и Райкова. У доски стоят три стула, а на доске над
20

Рис. 10
ними написаны их номера: 3, 5, 8. Я отвернусь от доски, и пусть каждый
из ребят сядет на один из стульев. Теперь я предлагаю: Лапшинов,
умножь номер твоего стула на 2 — и молчи; Марусанов, припиши к
номеру своего стула цифру нуль; Райков, умножь — молча — номер своего
стула на 11. Полученные три числа сложите так, чтобы я не слышал,
а мне назовите сумму. (Ребята называют сумму 141.) Я угадываю:
Лапшинов сел на стул № 3, Мару санов — на стул М 8, а Райков — на
стул № 5. (Ребята подтверждают, что угадано правильно.)
Перед вами задача: придумать алгоритм, который позволил бы
любому из вас успешно выполнить этот фокус.
На занятии кружка
— Задачи из пролога, — начал занятие Георгий Данилович, — можно
решить с помощью одного часто используемого эвристического приема.
Чтобы ознакомиться с ним, обратимся предварительно к простому
примеру.
Задача 3. По возможности быстрее проверить, справедливо ли
равенство
10232+642=10252.
— Вы имеете в виду,— спросил Сережа,— что мы воспользуемся
приемами быстрого возведения чисел в квадрат? Но ведь мы их уже
подзабыли...
— Можете пользоваться любыми приемами, — сказал учитель.
— Это потребует минут пять на выкладки, — уныло заметил Толя.
— А не может ли кто-нибудь из вас придумать задачу,
равносильную данной, но чтобы решить ее можно было легче и быстрее?
— По-моему, можно, — ответил Вадим. — Вот равносильная задача:
«Проверить справедливость равенства
10252-10232=642».
21

Решение простое1:
10252—10232=<(1025—1023Х1025+1023)=2.2048=2|2=(26)2>=642.
— В данном примере, — ответил учитель, — мы встретились с
простым, но весьма поучительным фактом: переформулировав задачу (то
есть заменив ее другой, но равносильной), можно иногда получить
задачу более доступную, чем исходная! Итак, встретившись с трудной для
нас задачей, полезно задать себе вопрос: «Не могу ли я эту задачу
сформулировать иначе? Не могу ли я это сделать так, чтобы в новой
формулировке задача оказалась более простой, более доступной для
решения, чем исходная задача?»
Переформулировка задачи, то есть замена ее равносильной,
но более простой задачей, — вот один из простейших, но очень важный,
часто употребляемый эвристический прием. Посмотрим, как этот прием
может быть использован при решении задач из «Пролога». Начнем
с задачи 1. Кто-нибудь ее решил?
— Нет, мы ее не решили, — сказала Ира. — Пытались, но не решили.
— Но раз задача не получается, то уместно задать себе вопрос:
«А не можем ли мы сформулировать ту же задачу иначе?»
— Я что-то не вижу, как ее по-хорошему переформулировать, —
призналась Ира.
— Я бы поступила так, — вмешалась Надя. — Замечаем, что
S/HAPB-\-(StiBPC-\-SACPA)=SAABC- (2)
Из (1) и (2) вытекает, очевидно, что
S\apb—~~2Saabc- (3)
Условие (3) удобнее условия (1), потому что в (3) участвует только
один «переменный» треугольник (имеющий вершину Р), тогда как в
условии (1) таких треугольников три. Итак, задачу 1 можно так
переформулировать: «Найти множество всех таких принадлежащих
треугольнику ABC точек Р, что площадь треугольника АРВ вдвое меньше площади
треугольника ABC». Эту задачу уже нетрудно решить.
— Да, конечно, — согласился Гера. — Для этого я бы опять применил
переформулировку. Если обозначить проекции точек Р и С на прямую
(АВ) через Pi и С\, то легко обнаружить, что равенство (3) равносильно
равенству
|РР,|=4-|СС,|.
1 Ниже в угловых скобках < ) приведены выкладки, которые на самом деле
проводились устно.
22

Рис. 11
Задачу 1 можно теперь переформулировать так: «Найти множество всех
точек, принадлежащих треугольнику ABC и отстоящих от прямой (АВ)
на расстоянии -я-ICCil». Этим множеством является, очевидно,
отрезок [Лi-Si] — средняя линия треугольника ABC (рис. 11).
— Переформулировкой задачи, — отметил учитель, — мы постоянно
пользуемся, когда решаем задачу с помощью алгебры. Ведь в этом
случае мы сводим решение задачи к поиску каких-то неизвестных
чисел. А это обычно приводит к переформулировке задачи. Давайте
обратимся к задаче 2 из пролога. Что является в этой задаче
искомым?
— Искомым является, — сказал Саша, — весьма необычная вещь:
алгоритм, который позволяет, не глядя на вызванных школьников,
установить, на каких стульях они сидят. Привлекая алгебру, мы должны
свести дело к поиску каких-то чисел.
— Как же мы станем решать эту задачу?
— Разрешите, я пойду к доске, — сказала Ира. — Я думаю решать
так: обозначу номера стульев, на которые сели Лапшинов, Марусанов
и Райков, соответственно через х, у, z. Пусть они по вашему требованию
назвали сумму S. Тогда
2x+Wy+llz=S, (4)
х+у+г=16, (5)
3<jc<8, 3<(/<8, 3<z<8. (6)
Исходная задача может быть переформулирована так: найти три
натуральных числа х, у, z, удовлетворяющих системе (4)—(6). Решить эту
задачу, как мне кажется, уже не трудно.
— Как так «не трудно»? — удивился Витя. — Тебе надо найти три
неизвестных, а уравнений ведь только два!
23

— Вот посмотри, — продолжала Ира, — исключая из (4) и (5) г,
найду:
9x+#=176-S,
то есть
rffJZ^S- (7)
Но 3<(/<8. Поэтому из (7) видно, что х — это частное от деления
числа 176—S на 9, а у — остаток.
Когда вы, — обратилась Ира к учителю, — проделали фокус, было
S=141. Поэтому 176—S=35. При делении числа 35 на 9 получается
частное х=3 и остаток у=8. Поэтому и можно было заключить — как
вы это и сделали, — что Лапшинов сидит на стуле № 3, а Марусанов —
на стуле № 8; Райкову остается стул № 5.
— Какой же все-таки алгоритм в общем случае?—допытывался
Гера.
— Алгоритм такой, — ответила Ира.— 1) Услышав сумму S,
названную ребятами у доски, вычти ее из числа 176. 2) Раздели полученную
разность (176—S) на 9. 3) Частное от деления — это номер стула,
на котором сидит первый из вызванных учеников (в нашем
случае—Лапшинов), а остаток — это номер стула, на котором сидит второй
вызванный ученик (у нас — Марусанов). 4) А ученик, вызванный третьим по
порядку (у нас это был Райков), сидит на оставшемся стуле, который не
занят ни первым, ни вторым из ребят.
— Разрешите, я проделаю этот фокус, — попросила Лена учителя.
— Проделай,— согласился Георгий Данилович.
И Лена вызвала трех учеников к доске и без заминки провела
фокус.
КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 4. Дан квадрат ABCD (рис. 12). Требуется найти в
плоскости этого квадрата множество всех таких точек М, чтобы сумма
площадей треугольников АМВ и CMD была равна сумме площадей
треугольников ВМС и DMA.
— Какой бы ты, Сережа, применил здесь эвристический прием?
— Применил бы переформулировку задачи. По условию должно
быть:
S&AMB + 5&CMD = S\BMC + S/bDMA • (8)
24

Рис. 13
Если обозначить через Afi, М2, Мз, М4 основания перпендикуляров,
опущенных из точки М на прямые АВ, ВС, CD, DA, то (8) приобретает
вид
\ММ{\ + \ММг\=\ММ2\ + \ММ4\. (9)
Поэтому я переформулирую задачу так: «Найти в плоскости
квадрата ABCD множество всех таких точек М, для которых выполняется
равенство (9) (то есть сумма расстояний тонки М от двух противоположных
сторон квадрата или их продолжений равна сумме ее расстояний от двух
других сторон или их продолжений)».
Эту новую задачу нетрудно решить, если заметить, что четыре
данные прямые АВ, ВС, CD, DA разрезают плоскость на девять областей
и что в каждой из этих областей множество точек М, удовлетворяющих
равенству (9), легко найти (искомое множество см. на рисунке 13).
Задача 5. Найти все нисла х, для которых выполняется
неравенство \х—5|<|х+4|.
— Как бы ты, Лена, стала искать решение этой задачи?
— Я знаю геометрический смысл числа |х—5|—это расстояние на
числовой оси (рис. 14) между точкой х и точкой 5; число |х+4| или
\х—(—4)1—это расстояние от точки х до точки —4. Поэтому задачу
можно так переформулировать: «Найти все точки числовой оси, которые
ближе к точке 5, чем к точке —4». Так как посередине между точками
5 и —4 находится точка 1/г, то ответ ясен: х>{ /2-
Задача 6. Найти все корни уравнения \х—3| + 1*+7|=10.
— Как бы ты, Витя, стал решать эту задачу?
— Переформулировал бы ее геометрически: «Что собой представляет
Рис. 14

множество всех точек числовой оси, для которых сумма расстояний от
концов отрезка [—7; 3] равна 10 (то есть длине этого отрезка)?». Ответ
очевиден: это сам отрезок [—7; 3]. Значит, вот какой ответ к
задаче: —7<х<3.
Задача 7. Правильный треугольник ABC (рис. 15) вписан в
окружность со, а на ней взята точка Р. Доказать: если \РС\>\РА\ и
\РС\>\РВ\, то \РС\=\РА\ + \РВ\.
— Как бы ты, Ира, стала искать решение этой задачи?
— Мне кажется, что станет легче решить задачу, если мы «введем
в чертеж» отрезок, у которого длина равна |РЛ| + |РВ| (или |РС|-— |РЛ|,
или|РС| — \РВ\). Поэтому я бы задачу 7 переформулировала так:
Задача 7а. Пусть правильный треугольник ABC (рис. 15) вписан
в окружность со и Ресо, \РС\>\РВ\^\РА\\ пусть А' — такая точка на
продолжении отрезка РВ, что \ВА'\=\РА\. Доказать, что \РС\=\РА'\.
Задачу 7а можно решить так. [PC] и [РА'~\ — стороны
треугольника РСА'\ в нем С/М'=60° (как вписанный угол, опирающийся на
дугу в 120°). Покажу еще, что \СР\=\СА'\. Для этой цели рассмотрю
ДСРЛ и ДСЛ'В. По построению \АР\=\ВА'\\ \СА\=\СВ\У так как
ДЛСВ равносторонний (по условию); СВА!= 180° — (60°+ЛЯР)=
= 120°—(60°-РЛВ)=С4Р. Значит, ДСРЛ^ДСЛ'В. Поэтому \СР\=
=\СА'\\ кроме того, СРЛ'=60°. Вижу, что ДСРЛ'— правильный, откуда
следует, что \РС\=\РА'\=\РВ\ + \РА\.

Чтобы найти решение, мы должны...
активизировать ту часть наших знаний, пока
пассивно хранящихся в памяти, которая имеет
отношение к данной задаче,
Д. П о й а
ПРОЛОГ
Задача 1. Отмечены середины М и Р смежных сторон AD и DC
параллелограмма ABCD (рис. 16). Пусть (МС) и {РВ) пересекаются
в точке /С. Вычислите отношение \BK\i\KP\.
Рис. 16

Задача 2. Пусть п — какое-либо натуральное число, п>\у и
3
Выясните, верно ли, что S<-j".
На занятии кружка
— Наш прошлый опыт изучения математических и других наук, наш
опыт решения задач, — начал занятие кружка Георгий Данилович,—
может нам подсказать тропинку, ведущую к решению новой задачи.
Поэтому в тех случаях, когда задача не поддается решению, полезно
себе задать вопрос: «А не встречал ли я уже в прошлом что-нибудь
сходное с данной задачей?», «Не встречал ли я что-нибудь похожее на то, что
в данной задаче ищется, или на то, что в задаче дано?» Давайте
применим это соображение к поиску решения задачи 1. Что мы в этой задаче
ищем?
— Отношение двух отрезков, — ответила Ира.
— А приходилось ли нам в прошлом находить отношение двух
отрезков?
— Приходилось. Например, при рассмотрении подобных
треугольников, — вспомнил Максим.
— Не можем ли мы воспользоваться этой идеей в данном случае?
— Но тогда нужны два подобных треугольника, в которых
отрезки ВК и Р/С были бы соответствующими сторонами. А такой пары
треугольников нет, — развела руками Лена..
— Значит, нам нужно провести дополнительные построения, чтобы
такие треугольники появились, — заключил учитель.
— Это несложно сделать, — заметил Сережа. — Отрезок KB является
стороной треугольника КВС. А чтобы получить подобный ему
треугольник, имеющий [/СР] своей стороной, достаточно через Р провести
прямую, параллельную (ВС) (рис. 17). Если построенная прямая
встречает (СМ) в точке F, то AKBCooAKPF.
Рис. 17

— Как же теперь найти отношение \КВ\:\КР\?
— Думаю, — сказал Игорь, — что дальше уже делать нечего, все
просто: ясно, что
\KB\:\KP\=\BC\:\PF\;
\PF\ можно найти, так как [PF] — средняя линия в ADC7W.
— Верно, — кивнул учитель. — Сформулируй, Надя, решение задачи.
— Решение. Пусть (PF)\\(DA), Fe=(CM). Так как A/(SCcoA/(/>F
(по двум углам), то
|fl/C|:|/CP|=|flC|:im
Так как [PF] — средняя линия в ADAfC, то
\PF\=-^\DM\=^-\DA\=^- \BC\.
Поэтому
\ВК\:\КР\=4.
— Теперь, — предложил Георгий Данилович, — обратимся к задаче 2
из «Пролога». В ней рассматривается сумма п слагаемых. Задача с ходу
не поддается решению, и поэтому полезно спросить себя...
— ...не встречались ли мы в прошлом с чем-то похожим? — вставил
Максим.
— И как, встречал ты, Максим, что-нибудь похожее?
— В этом году мы рассматривали арифметические прогрессии, там
встречается похожая сумма:
S=ai+a2+ -. +ak+ ... +a„, (2')
где ai, ci2, ..., an — члены прогрессии. Мы вычисляли эту сумму.
— Как же вы это делали?
— Мы ту же сумму переписывали иначе:
S=an+an-\+ ...+a„+i_*+ ... +а\, (3')
а затем складывали почленно равенства (2') и (3'):
2S=(al+an)+(a2+an-\)+ •.• +(a*+a«+i-*)+ ••• +(a«+a0- (4')
После этого каждая сумма в скобках преобразовывалась и упрощалась.
— Попробуем то же соображение применить и к поиску решения
нашей задачи. Начни, Толя, рассуждать на эту тему у доски.
29

— Я бы сначала, — начал Толя, — записал сумму S в двух
различных видах:
Отсюда я получаю, складывая почленно (2) и (3):
2S={j+T+^) +(7Tf2 + 2]^r) +'-+{7[+k + 2n+i-k) +
+ -+V 2Й+Й+Т/" (4)
з
В этой сумме п скобок. Мне нужно показать, что S<—, то есть что
3
2S<—.А для этого мне достаточно показать, что каждое выражение
в скобках меньше, чем 3/(2я). Я бы сразу взял выражение в k-и скобке
и стал доказывать неравенство
*ТЬ+ШТТ=Ъ>Гп (»<*<«). (5)
или, что то же самое,
3(л+*)(2л+1--/0>(Зл+1)2л. (6)
Раскрыв скобки и приведя подобные, получу неравенство
Зл£+п+3£-3£2>0,
3k(n-k)+(n+3k)>0.
Последнее неравенство, очевидно, справедливо, так как l^k^n.A так
как ему равносильны неравенства (6) и (5), то и (5) справедливо. Итак,
в сумме (4) каждое выражение в скобках меньше, чем 3/(2л); поэтому
3
2S< n• [3/(2л)]= 1,5. Видим, что неравенство S<-r- верно.

КРУЖКОВОЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 3. Внутри острого угла MON по разные стороны от его
биссектрисы 0L выбраны две точки: точка А лежит в угле MOL,
точка В— в угле NOL. Требуется найти на сторонах угла такие точки М\
и N\ (AfiefOAf), N\^[ON)y чтобы длина ломаной AM\N\B была
наименьшей.
— Не хочешь ли ты, Гера, провести -это интервью?
— С удовольствием. Я как раз подумал, что мы когда-то решали в
классе похожую задачу: «Даны две тоЧки Л и В по одну сторону от
прямой а; и надо найти такую точку Р, Р^а, чтобы ломаная АРВ имела
наименьшую длину».
— Да, точно,—оживленно зажестикулировала Надя.— Для решения
задачи, о которой вспомнил Гера, мы вместе с одной из данных точек Л,
В рассматривали еще симметричную ей точку относительно а —
например, точку В\ симметричную точке В. И тогда для любой точки Р^а
имеем |i4P|-MPB|=|i4P|-f|PB'|. А так как последняя сумма будет
наименьшей, если АРВ — отрезок, то точка Р, в которой (АВ') пересекает а,
и есть искомая точка.
— Мне кажется, — продолжал Гера, —что ту же идею надо бы
применить при решении нашей задачи: рассмотреть точки, симметричные
данным точкам А и В относительно сторон угла: точку А\ симметричную
точке А относительно (ОМ), и точку В\ симметричную точке В
относительно (ON). Дальше можно рассуждать примерно так же, как
рассуждала Надя. Для любых точек М\^[ОМ) и N\^[ON) имеем: |j4AfiЦ-
+ \MiN\\ + \NiB\=\A'M\\ + \MiN\\ + \N\B'\. А последняя сумма (то есть
длина ломаной A'M\N\B') будет наименьшей, когда М\ и N\—на
отрезке А'В'. Отсюда ясно, как следует выбрать точки М\ и N\.

Идея, примененная однажды, порождает
искусственный прием; примененная дважды,
она становится методом.
Г. П о л и а, Г. С е г е. Задачи и теоремы
из анализа
ПРОЛОГ
Задача 1. Во вписанном в окружность четырехугольнике известны
длины всех его сторон. Вычислите его площадь S (рис. 18).
Задача 2. Вычислите длину х биссектрисы [AD~\ угла А треуголь-
Рис. 18

Рис. 19
Рис. 20
ника ABC, если величина этого угла равна а, а длины заключающих его
сторон равны b и с (рис. 19).
Задача 3. Выбраны на плоскости n-\-k точек (рис. 20): п точек
служат вершинами выпуклого п-угольника, остальные k точек лежат
внутри этого многоугольника. Эти n-\-k точек как-то соединены
отрезками, которые разбивают п-угольник на треугольники. При этом каждая
из данных точек является концом хотя бы одного из этих отрезков, и
любые два отрезка либо вовсе не имеют общих точек, либо имеют общий
конец. Сколько всего образуется треугольников?
На занятии кружка
— На этом занятии, — начал Георгий Данилович, — мы рассмотрим
один прием, часто применяемый при решении задач на вычисление. При
решении простых задач нам часто удается сразу выразить искомую
величину — с помощью какой-нибудь известной формулы — через данные
величины. В более сложных случаях мы выражаем искомую величину
через какие-то промежуточные неизвестные величины, а эти
неизвестные— через другие неизвестные; и так далее — до тех пор, пока мы не
сумеем выразить искомую величину через величины, данные в условии
задачи.
Более общий подход — которому и будет посвящено наше
сегодняшнее занятие — состоит в следующем: если нам не удается выразить
искомую величину через данные величины, то мы пытаемся составить
несколько уравнений, которые связывают искомую величину, данные
величины и какие-то вспомогательные, ненужные для окончательного
решения задачи, неизвестные. После исключения всех вспомогательных
неизвестных обычно получаем уравнение, из которого находим искомую
величину. Обратимся к задаче 1 из пролога. Проведем поиск ее решения.
— Мы не видим, — начал Витя, — как выразить искомую величину
(площадь S четырехугольника ABCD) через данные величины (то есть
через длины а, 6, с, d его сторон).
— Но мы можем, — заметила Надя, — выразить S через a, ft, с, d
2 Поиск решения
33

и еще одну вспомогательную величину — угол В=р. Так как sin D=
sin В, то легко получить, что
S=-j{a&+cd)sinp. (1)
— Хорошо бы теперь, — мечтательно промолвил Сережа, —
выразить р или sin p через известные величины а, Ъ, с, d\ но мне совершенно
неясно, как это сделать.
— Давайте применим, — предложил учитель, — тот прием, о котором
мы говорили раньше: попытаемся связать угол р каким-нибудь
уравнением с данными величинами и еще каким-то вспомогательным
неизвестным.
— Из треугольника ABC видно, — сказал Вадим, —что можно
связать р с а, Ь и вспомогательным неизвестным \АС\:
\AC\2=a2+b2-2abcos$. (2)
Теперь у нас уже два уравнения (1) и (2) —но, к сожалению, с тремя
неизвестными.
— Что же нам дальше делать? — призадумался Гера.
— Я бы попытался составить еще одно уравнение с теми же
неизвестными,— включился в разговор Максим. — Такое уравнение получу
из АЛ CD:
\AC\2=c2+d2+2cdcos$. (3)
Из трех уравнений (1) — (3) с тремя неизвестными мы можем исключить
лишние, вспомогательные неизвестные р и \АС\\ а после этого получим
уравнение, содержащее только одно неизвестное — искомую величину S,
которую мы тогда и вычислим.
— Хорошо, — кивнул учитель, — поиск закончен. Теперь, Игорь,
изложи компактно решение задачи.
— Решение. Пользуясь формулой для площади треугольника и
теоремой косинусов, получаем:
S=-^(ab+cd)sinp, (1)
|4C|2=a2+b2-2abcosp, (2)
\AC\2=c2+d2+2cdQos§. (3)
Из (2) и (3) исключаем |ЛС|2. Приходим к равенству
a2+b2-c2-d2=2(ab+cd)cos$. (4)
Теперь из системы (1) и (4) двух уравнений с двумя неизвестными надо
исключить вспомогательное неизвестное р.* Перепишем (1) так:
4S=2(a6+cd)sinp. (Г)
34

Возводя (4) и (Г) почленно в квадрат и складывая, получим
l6S2+(a2+b2-c2-d2)2=4(ab+cd)2,
l6S2^2(ab+cd) + (a2+b2-c2-d2)][2(ab+cd)-(a2+b2-c2-d2)]=
=[(a+b)2-(c-d)2][(c+d)2-(a-b)2)=
={a+b+c—d)(a+b—c+d)(c+d+a—b)(c+d—a+b).
Если ввести — ради краткости — обозначение a+,b-\-c-\-d=2p (р —
полупериметр четырехугольника), то получим:
l6S2=(2p-2a)(2p-2b)(2p-2c)(2p-2d%
S=^(p-a)(p-bXp-cXp-d).
— Так вот, оказывается, для каких четырехугольников верна
формула Брамагупты! — воскликнул Вадим. — Для вписанных в окружность!
— Да, именно так, — подтвердил учитель. — А теперь подумаем над
задачей 2. Как бы ты стал рассуждать, Андрей?
— Я не вижу, как сразу выразить х через Ь, с и а. Поэтому я бы
попытался ввести в рассмотрение какое-либо новое неизвестное, которое
легко связать с х, Ь, с, а. Таких несколько: площади S\ иЯг
треугольников BAD и CAD, а значит, и площадь S треугольника ВАС\ длины
отрезков BD и CD. He знаю, что здесь лучше выбрать...
— И тот и другой выбор приведет к решению.
— Тогда я бы выразил площадь S треугольника ABC через ху Ьу
с, а: I л
S—-n-bx sin -7г + "7гсх sin -S-. (5)
Я получил одно уравнение с двумя неизвестными: х и S. Надо бы
найти S... Но это нетрудно сделать:
S=-<ybc sin a. (6)
Из (5) и (6) легко найти х:
bcs'ma 2bc a
х= —, то есть *=-r-j-;cos-o--
(b+c)s'm-^ b+c 2
— Рассмотрим задачу 3 из пролога. Как бы ты начала искать
решение? — обратился учитель к Ире.
— Обозначу число треугольников через х. Я не вижу связи между
числами х, п и к. Поэтому спрошу себя: не могу ли найти зависимость
между ху п, k и еще какой-либо вспомогательной величиной? Может
быть, с площадью многоугольника?
— Нет, здесь простой связи нет...
— А ты какую вспомогательную величину взял бы? — спросил
учитель Сашу.
35

Рис. 21
Рис. 22
— Какую?.. Попробую сумму углов всех треугольников! Обозначу
ее через а. Тогда 0 , /^ч
г о=х-2а. (7)
Одно уравнение — а неизвестных два: х и а. Не могу ли я найти еще
одну зависимость между х, /г, k, а? Из чертежа (рис. 21) видно, что при
сложении углов всех имеющихся треугольников образуются все углы
данного /2-угольника и еще k полных углов. Поэтому
o=2d(n—2)+k-4d. (8)
Исключив из (7) и (8) вспомогательное неизвестное а, приду к
уравнению для нахождения х. Получается: x=n-\-2k—2.
Задача 4. Четыре вершины квадрата со стороной, равной а,
служат центрами четырех кругов радиуса а. Вычислите площадь общей
части этих кругов (рис. 22).
— Как же нам начать решение? — спросил учитель.
— Я бы обозначил площадь общего участка четырех кругов через х
и стал бы искать уравнение, связывающее х и а, — предложил Витя.
— Видишь ли ты такую связь?
— Нет, пока не вижу.
— А кто видит?
— Я тоже не вижу такой связи, — включился в разговор Игорь,—
но я вижу зависимость между х, а и вспомогательными величинами —
36

площадями других участков, на которые квадрат разрезан
окружностями. Если обозначить эти площади буквами — так, как на рисунке 22,—
то получим:
x+4y+4z=a2. (9)
Теперь мы имеем одно уравнение с тремя неизвестными. Чтобы
исключить вспомогательные неизвестные у и 2, нужны еще два уравнения.
А откуда их взять — неясно...
— Еще одну зависимость я вижу, — сказала Лена, — четверть круга
составлена из трех участков с площадью у, двух участков с площадью z
и из заштрихованного участка. Поэтому
x+3y+2z=-}rna2. (10)
А вот чтобы найти еще одну зависимость, я бы воспользовалась тем, что
три участка в левом нижнем углу квадрата (один с площадью у и два
с площадью z) получаются, если из квадрата выбросить четверть круга.
Поэтому
y+2z=a2—j-ла2. ^^
— Вот теперь уже можно искать х, — вздохнула Ира.
— Как бы не так, — поморщился Толя. — По-моему, равенство (11)
какое-то подозрительное. Нет, оно, конечно, верно, не в этом я
сомневаюсь. Но ведь оно сразу получается, если из (9) вычесть почленно (10),
оно — следствие из (9) и (10). А нам нужны три независимых уравнения.
— Я бы, — предложила Надя, — попыталась вычислить площадь
криволинейного треугольника AQB. С одной стороны она равна x-\-2y-\-z.
А с другой стороны, нельзя ли эту площадь выразить через а?
— Мне кажется, что можно, — поддержал эту идею Андрей, — она
равна площади кругового сегмента QBT. Дуга его, очевидно,
содержит 120°; значит, площадь его равна...
Поэтому получаем:
x+2y+z=^(n-^f). (12)
А теперь из системы трех уравнений (9), (10), (12) можем найти дс,
исключив у и z.
— Как же это сделать поэкономнее? — поинтересовался учитель.
— Я бы, — внес свое предложение Вадим, — умножил уравнения (9),
(10), (12) соответственно на 1; —4; 4 и сложил результаты. Тогда
получится
x=a2(l+-g—/3~).

Превосходство человека состоит в том, что
он способен придумать подходящую
вспомогательную задачу, если исходная кажется
неразрешимой.
Д. П ой а
ПРОЛОГ
Ребята были недовольны. Они были недовольны прежде всего собой:
ведь, что ни говори, эта задача из школьного учебника для VIII
класса — правда, из старого варианта учебника, опубликованного еще в
1978 году, но это им казалось не так уж существенным. Подумать
только: ни у кого из них даже сейчас, после многих попыток, нет никакой
идеи, как к задаче подступиться. Они были недовольны академиком
Колмогоровым и его соавторами, эключившими эту задачу в учебник: что
они себе думали? Что все школьники — академики? Что все восьмиклас-
ники решают задачи так же хорошо, как Колмогоров или Селиванов?
Они были недовольны и Селивановым, который предложил им решить
эту задачу к очередному занятию кружка. Их сегодня раздражали сели-
вановские афоризмы: «Чтобы от хорошей задачи была польза, ею надо
38

переболеть», «Неудача часто учит лучше, чем удача», «Не так важно
решить задачу — важнее над ней хорошенько подумать».
Но больше всего их сегодня возмущал этот дотошный Санька
Тихомиров из «старого» селивановского кружка (который здесь существовал
года два тому назад для шестиклассников). Это он раскопал эту тяжкую
задачу, целую неделю носился с нею, предлагал ее всем знакомым и
незнакомым школьникам, а в прошлую пятницу в конце занятия кружка
подсунул ее Георгию Даниловичу. Селиванов, усталый, думавший о чем-
то другом, услышав про новую задачу, встрепенулся:
— Я эту задачу знаю. Ты, Саня, наверное, обратил внимание, что
она в старом издании учебника геометрии встречается трижды — вот
смотри: на стр. 100 (задача 30), на стр. 47 (задача 9) и здесь же, на
стр. 47, приведен ее частный случай (задача 8), который не легче, чем
общий случай. Это действительно трудная задача, — может быть, самая
трудная задача из этого учебника. Учитывая это обстоятельство, —
обратился учитель ко всем столпившимся вокруг него школьникам, — и не
слишком расстраиваясь, если задача не получится, подумайте все дома
над ней, почувствуйте ее трудность, попытайтесь выяснить, что именно
мешает ее решить. Мы воспользуемся ею, чтобы познакомиться с одним
простым, но очень важным приемом поиска решения задач.
И тогда ребята записали ее условие. Вот оно:
Задача 1. Около окружности описан четырехугольник. Докажите:
прямые, проходящие через точки касания его противоположных сторон,
и обе диагонали четырехугольника пересекаются в одной точке.
На занятии кружка
— Каждая трудная задача, — начал занятие Георгий Данилович,—
чем-то похожа на неприступную вражескую крепость, обнесенную
прочной крепостной стеной. Чтобы все же взять эту крепость, полезно для
начала пробить брешь во вражеской обороне, завоевать сначала какой-
либо бастион этой крепости или хотя бы захватить какую-либо бойницу;
а потом, быть может, окажется, что уже легче станет завоевать и всю
крепость. Точно так же при поиске решения более или менее трудной
задачи нередко выгодно выделить из этой задачи и четко
сформулировать какую-нибудь частную или вспомогательную задачу («подзадачу»),
решение которой облегчает решение исходной задачи. Проиллюстрирую
эту мысль на двух простых примерах.
а) Пусть предложена задача: построить треугольник ABC (рис. 23)
по основанию а([ВС]^а), высоте h(AH]=h) и медиане пг([АМ~\^пг).
Не видя с ходу, как построить АЛВС, я прикидываю: не сумею ли я
построить его часть? Ну, скажем, АМАН? Я прихожу к подзадаче:
39

Рис. 23
Рис. 24
«Построить прямоугольный треугольник (АМАН) по гипотенузе т
([ЛМ]^т)и катету h([AH~\^h)». Эту подзадачу легко решить; а
затем — и исходную задачу.
б) Семикласснику предложили задачу: «Имелся квадрат ABCD
с центром О. На двух его противоположных сторонах были отмечены
две точки: Р на [АВ] и Q на [CD]. После этого квадрат был стерт,
оставлены только точки О, Р, Q. Требуется восстановить квадрат».
Ученик рассуждает так: «Не видя, как восстановить весь квадрат,
попытаюсь найти хотя бы одну новую (то есть отличную от Р и Q) точку
на контуре квадрата». Тем самым он удачно подобрал подзадачу, после
ее решения он уже легко решит и исходную задачу.
Теперь давайте попытаемся вместе найти решение задачи 1 из
пролога. Что здесь вызывает у нас затруднение?
— У меня, — сказал Толя, — возникло такое затруднение: в задаче
требуется доказать, что какие-то четыре прямые проходят через одну
и ту же точку; а мы нигде в школе не встречали теоремы, которая
обеспечивала бы прохождение четырех прямых через одну и ту же точку.
Я не знаю, есть ли вообще такая теорема.
— Давайте, — сказал учитель, — вспомним, что в нашей задаче дано
и что требуется доказать. Говори, Толя,— обратился он к Москвичеву.
— Дан четырехугольник ABCD, который описан около некоторой
окружности (с центром О и радиусом /?); Р, Q, М, N — точки ее касания
соответственно со сторонами АВ, CD, AD, и СВ (рис. 24). Требуется
доказать: существует такая точка — скажем, S, — через которую проходят
все четыре прямые MN, PQ, АС и BD.
— Правильно, — сказал Георгий Данилович. — Но ведь эта задача
оказалась для нас слишком трудной. Поэтому спросим себя: не можем
ли мы данную задачу разбить на несколько более простых задач? Не
можем ли мы из этой задачи выделить хотя бы одну более простую задачу?
Это и будет тот «бастион» неприступной вражеской «крепости», который
нам надо захватить, прежде чем завоевать всю «крепость».
40

— Наверное, выделить такую подзадачу нетрудно, — подал голос
после некоторого размышления Сережа, — хотя непонятно, будет ли от
этого какая-либо польза. Например, можно выделить из нашей задачи
такие «порции»: «Доказать, что три прямые (MN)y (PQ) и (АС) имеют
общую точку», «Доказать, что три прямые (MN)y (PQ) и (BD) имеют
общую точку». Конечно, решив обе эти вспомогательные задачи, мы тем
самым решим и исходную задачу.
— Ты прав, — согласился учитель. — Итак, вместо исходной задачи
будем думать над следующей вспомогательной задачей, которую
сформулировал Сергей.
Подзадача 1А: «Доказать, что три прямые (MN), (PQ) и (АС)
имеют общую точку».
— Ну, это тоже задачка дай бог,— воскликнул Толя,— ведь мы
же не знаем хорошего условия и для прохождения трех прямых через
одну и ту же точку!
— Это верно, — подтвердил учитель. — Мы видим, какой «бастион»
достаточно захватить, чтобы завоевать «крепость», но нам неясно, как
подступиться к этому «бастиону». Поэтому подумаем с вами над тем,
нельзя ли захватить хотя бы какую-нибудь «бойницу» нужного нам
«бастиона». Иначе говоря: не можем ли мы из задачи \А выделить еще
какую-нибудь более простую подзадачу? Но, может быть, предварительно
переформулируем нашу задачу — подобно тому, как мы это делали на
одном из предыдущих занятий кружка.
— Конечно, это мы можем сделать, — сказал Сережа. — Например,
можем переформулировать задачу так: «Доказать, что точка
(скажем, S) пересечения прямых АС и MN и точка (скажем, Т) пересечения
прямых АС и PQ совпадают».
— В каком же случае я могу гарантировать, что расположенные на
отрезке АС точки S и Т совпадают? — спросил учитель.
Раздались голоса ребят:
— Если \AS\=\AT\.
— Если \SC\=\TC\.
— Если \AS\ + \TC\=\AC\.
— Если S и Т делят [АС] в одном и том.же отношении.
— Пожалуй, удобнее всего воспользоваться последним вариантом,—
сказал Георгий Данилович. — А чтобы это сделать, нэм потребуется
решить две вспомогательные задачи. Какие?
— На этот вопрос легко ответить, — отозвался Андрей. —
Подзадача 1Б: «Найти отношение \AS\:\SC\».
Подзадача 1В: «Найти отношение \АТ\ :\ ТС\».
— Но что значит, — продолжил учитель, — найти эти отношения?
Ведь это означает, что их надо выразить через какие-то величины,
которые можно считать известными...
41

Рис. 25
Рис. 26
— Мне кажется, что здесь многое можно считать известным, —
включился в разговор Витя, — например, длину диагонали ЛС, длины сторон
четырехугольника или расстояния от его вершин до ближайших к ним
точек касания.
— Давайте, — предложил учитель, — эти расстояния обозначим так,
как указано на рисунке 25. Таким образом, мы выделили из нашей
задачи подзадачу 1Б, которую можно так сформулировать: Дан описанный
четырехугольник ABCD, М и N — точки касания сторон AD и ВС с
окружностью. Известно, что \АМ\=а, \CN\=c, S — точка пересечения [АС]
и [MN]. Вычислить отношение \AS\:\SC\». Решив эту вспомогательную
задачу, уже нетрудно будет решить и исходную задачу. Изложи, Гера,
решение на доске.
— Решение подзадачи \Б (рис. 25). Подберу два
подобных треугольника, у которых [AS] и [SC] — соответственные стороны.
Для этой цели достаточно опустить на (MN) перпендикуляры АА\ и СС\.
Тогда
|i4S|:|SC|=|AAi|:|CCi|.
Но отрезки [АА\] и [СС\]— катеты в прямоугольных треугольниках
АА\М и CC\N. У них AaMA=C\NC (эти углы измеряются половиной
одной и той же дуги окружности).
Следовательно,
^AA^MooACC\N, \AAi\:\CCi\=a:c,
\AS\:\SC\=a:c. (1)
Подзадача 1£ решена. А теперь можно вернуться к исходной задаче 1.
— Изложи ее решение, — велел учитель Толе.
— Решение задачи 1. Пусть М, N, P, Q — точки касания;
а, Ь, с, d — длины отрезков касательных (рис. 26), S=(MN)f\(AC),
T=(PQ)f\(AC). Докажем сначала, что S совпадает с Т. Действительно,
рассуждая так же, как при решении подзадачи 1Б, видим, что
\АТ\:\ТС\=а:с. (2)
42

Из (1) и (2) следует, что T=S. Следовательно, три прямые (MN), (PQ)
и (АС) имеют общую точку S. Иначе говоря, диагональ АС проходит
через точку S пересечения прямых (MN) и (PQ). Но то же верно и для
другой диагонали. Следовательно, все четыре прямые (MN), (PQ), (АС) и
(BD) имеют общую точку. А это и требовалось доказать, — закончил
Толя.
Задача 2. При каких натуральных п существует выпуклый п-
угольник, у которого все диагонали конгруэнтны?
— Пойди, Саша, к доске, — сказал Селиванов, — и проведи поиск
решения.
— Существует ли четырехугольник, — начал Саша, — у которого все
диагонали конгруэнтны? Конечно — например, прямоугольник. А
пятиугольник? Тоже — например, правильный пятиугольник. А
шестиугольник? Правильный шестиугольник не подходит: у него не все диагонали
конгруэнтны. Может быть, взять неправильный шестиугольник?
Попробую нарисовать какой-нибудь шестиугольник. Нет, у него не все
диагонали конгруэнтны. И совершенно неясно, как его деформировать, чтобы
длины его диагоналей стали равными. Мне начинает казаться, что при
п>Ъ вообще не может быть выпуклого я-угольника, у которого все
диагонали равной длины. Попробую нарисовать «кусок» выпуклого м-уголь-
ника Л1Л2Л3Л4Л5... (рис. 27) при п>Ъ. Если у него все диагонали равной
длины, то в четырехугольнике Л1Л2Л4Л5 должны быть конгруэнтны
четыре отрезка: диагонали А\А* и Л2Л5 и стороны А\А$ и Л2Л4. Итак, я
прихожу к такой подзадаче:
Может ли существовать выпуклый четырехугольник, у которого две
противоположные стороны и диагонали конгруэнтны? Допущу, что такой
четырехугольник существует (рис. 28). Так как ^УЩ^Лг^ЫЛИб^
=|Л2Л5|, то ДЛ1Л4Л2 и АЛ\АъА2 — конгруэнтные равнобедренные тре-
Рис. 27
Рис. 28

Рис. 29
угольники с общим основанием [ЛИг]. Так как А^фАъ (иначе мы уже
имели бы дело не с четырехугольником, а с треугольником), то
вершины Л4 и Аъ расположены по разные стороны от прямой A\A% (рис. 29).
Но в таком случае отрезки А\Аъ и А\А$ имеют общую точку; а это
невозможно, так как четырехугольник А\А^А^Аъ — выпуклый. Я получил
отрицательный ответ на вопрос, поставленный в подзадаче. Тем самым
решена и исходная задача: при п>Ъ нет выпуклого я-угольника, у которого
все диагонали конгруэнтны.
Задача 3. Сколько можно на шахматной доске насчитать
различных по положению или величине квадратов (целиком составленных из
клеток доски)?
— Можно, — попросил Андрей, — я предложу способ для поиска
решения? Пусть длина стороны одной клетки шахматной доски принята
за одну единицу. Квадратов со стороной в одну единицу имеется, оче-
Рис. 30

видно, 64. Попытаюсь подсчитать, сколько всего имеется на шахматной
доске различных квадратов со стороной в две единицы (это будет наша
подзадача ЗЛ). Для этого, видимо, полезно сначала решить такую
подзадачу.
Подзадача ЗБ. Сколько различных квадратов со стороной в две
единицы имеется в какой-либо горизонтальной полосе шириной в две
единицы (рис. 30)? Но подзадачу ЗБ решить легко: таких квадратов
будет 7. Теперь могу решить и подзадачу ЗА. Ведь различных
горизонтальных полосок шириной в две единицы имеется, очевидно, 7. Значит, всего
квадратов со стороной, равной двум единицам, имеется 7-7, или 72.
Теперь я попытаюсь найти, сколько всего имеется квадратов со стороной,
равной трем единицам, четырем единицам и т. д. Очевидно, здесь
возможны такие же рассуждения, как и выше. По-видимому, получим, что
квадратов со стороной в три единицы имеется б2, со стороной в четыре
единицы —52, со стороной в k единиц (1</г^8) имеется (9—k)2.
Сложив эти числа, получу искомый ответ. Сформулирую компактно
решение задачи 3.
Решение. Пусть l^fe^8. Возьмем на шахматной доске
горизонтальную полоску шириной в k единиц (одна единица — ширина одной
клетки). В этой полоске, очевидно, имеется 9—k квадратов со стороной
в k единиц. А таких полосок тоже 9—k. Значит, всего квадратов со
стороной в k единиц имеется (9—k)2. Полагая &=1, 2, ..., 8 и складывая
полученные числа, узнаем число всех квадратов на шахматной доске:
12+22+32+42+52+62+72+82=204.

Методом индукции пользуются все науки,
в том числе и математика. Математической
же индукцией пользуются только в
математике для доказательства теорем определенного
типа. Довольно неудачно, что их названия
связаны, так как между этими двумя
методами почти нет логической связи.
Д. Пойа
На занятии кружка
— Сегодня мы обсудим, — в выражении лица Георгия Даниловича
было что-то торжественное, — один из самых важных приемов поиска
решения задач. Суть его мы выясним на конкретной задаче.
Задача 1. Вообразите себе, что двум из вас — тебе, Вадим, и
тебе, Игорь, — предлагается сыграть в следующую игру. Перед вами
два открытых ящика, и в каждом из них лежат шары. Вы можете в
любой момент сосчитать число шаров в каждом ящике: в первом находятся
р шаров, во втором — q шаров (p>q). По условию игры вы должны
46

поочередно вынимать из ящиков шары. Каждый игрок может при своем
«ходе» взять любое число шаров, но только из одного ящика.
Выигрывает тот, кто заберет последний шар. Игру начинает Вадим. Может ли он
так провести игру, чтобы обязательно выиграть?
— А можно ли забрать все шары? — поинтересовалась Ира.
— Можно только из одного ящика.
— Как же ты стал бы играть, Вадим? — спросила Лена.
— Пока неясно. Наверное, сначала я решил бы задачу для какого-
нибудь конкретного случая: я бы подсчитал, сколько шаров в первом
ящике, сколько шаров во втором, и в зависимости от полученных чисел
стал бы искать путь к выигрышу.
— Допустим, что ты это сделал и оказалось, что р=21, ^=10. Разве
теперь тебе ясно, как решить задачу? — допытывалась Лена.
— Число p-\-q=3l нечетное. Я возьму один шар (например, из
первого ящика), Игорь — второй, я — третий, Игорь — четвертый, и т. д.
Покончим с первым ящиком, перейдем ко второму. Последний —
тридцать первый шар — достанется мне, и я выиграю.
— Зачем же я буду все время брать по одному шару? — удивился
Игорь.— Как только ты заберешь 21-й шар из первого ящика, я сразу
заберу все 10 шаров из второго и уйду с выигрышем.
— Да, — вздохнул Вадим, — так дело не пойдет...
— Как же нам улучшить поиск решения? — прошептала Лена.
— Мне кажется, — заговорил Гера, — что Вадик начал со слишком
сложного частного случая.
— Точно, — согласился Вадим, — надо бы сначала рассмотреть
простенькие частные случаи.
— Вот именно, — подтвердила Надя. — А затем переходи постепенно
ко все более и более сложным случаям, пока не доберешься до общего
случая. Ну, начни хотя бы со случая #=0, р=1.
— Действительно, — согласился Вадим, — в этом случае я забираю
единственный шар и выигрываю.
— Так же просто, — обратился к Вадиму Сережа, — ты решишь
задачу, если q=0 и р=2 или даже если q=0 и р — любое натуральное
число. Ты забираешь все шары из первого ящика и выигрываешь.
— Хорошо бы теперь,— подсказала Лена,— рассмотреть случай q=l>
р=2; но как поступить в этом случае, сразу не видно.
— А по-моему, видно! — воскликнул Толя. — Ты, Вадик, забираешь
из первого ящика один шар, и после этого в ящиках оказывается по
одному шару. Теперь ход Игоря. Что же тебе, Игорь, остается делать?
Ты обязан забрать один шар из какого-нибудь ящика. Тогда Вадик
заберет последний шар — и выиграет.
— Я бы теперь, — посоветовал Сережа, — рассмотрел случай q=\>
р=3.
47

— Ну, в этом случае я легко выигрываю, — сказал Вадим. — Я
забираю из первого ящика два шара — и дальше задача решается так же,
как в случае, о котором говорил Толик. Да больше того: я легко решу
задачу, если q=\ и р — любое, р>\. Я заберу из первого ящика столько
шаров, чтобы в каждом ящике оказалось по одному шару. Затем, после
хода Игоря, я забираю оставшийся шар и выигрываю.
— Теперь можно, — сказала Надя, — рассмотреть случай: q=2y p —
любое (но большее, чем 2). Если Вадим заберет из первого ящика все
шары, кроме двух, то в ящиках станет поровну (по два шара), а после
хода Игоря в одном ящике останутся два шара, а в другом либо будет
один шар, либо не будет ни одного. А мы уже раньше видели, что в
таком положении Вадик выигрывает.
— Но теперь, — сказал Вадим, — ясно, как я должен играть в любом
случае, при любых р и q, если p>q.
— Тогда, — предложил учитель, — сформулируй решение задачи.
— Решение. Первым своим ходом я беру из первого ящика
столько шаров, чтобы шаров в ящиках стало поровну. После хода Игоря в
одном ящике окажется меньше шаров, чем во втором. Тогда своим
следующим ходом я опять уравняю число шаров в ящиках. И так буду
поступать при каждом своем ходе: буду забирать из одного ящика столько
шаров, чтобы в ящиках шаров стало поровну. Так как после каждого
хода число шаров в ящиках уменьшается, то после некоторого числа
ходов я выиграю.
— В этой задаче, — подвел итог учитель, — мы применили очень
важный эвристический прием, который называется индукцией. Индукция
по-латыни означает «наведение»: рассмотрение частных случаев
«наводит» нас на решение задачи в.общем случае. Если при решении трудной
задачи у нас возникают серьезные затруднения, полезно себя спросить:
«А не могу ли я решить эту задачу в каком-либо простом частном
случае?» После того, как нам удалось нащупать вот такой частный случай,
мы ставим перед собой уже новый вопрос: «Нельзя ли воспользоваться
этим решением (или приобретенным нами опытом), чтобы решить задачу
в каком-либо более сложном (но, может быть, тоже частном) случае?
Такие рассуждения повторяем достаточное число раз, пока не доберемся
до решения исходной задачи.
Индукция — наряду с аналогией — является полезнейшим средством
для поиска научных закономерностей. Важность индукции отмечалась
многими крупнейшими учеными-философами и естествоиспытателями.
Впервые на исключительную ценность индукции обратили внимание
английский философ Ф. Бэкон и итальянский физик Галилей. Хотя
математика является, казалось бы, чисто дедуктивной наукой, соображения
индуктивного характера находят самые широкие применения в
математических исследованиях. Это одно из основных орудий каждого научного
48

работника, это один из основных инструментов его творческой
лаборатории. Эту мысль неоднократно подчеркивали многие видные математики
(Ньютон, Эйлер, Лаплас и др.)- Так, например, Лаплас называл
индукцию и аналогию «главным средством достижения истины в математике».
КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 2. Через точку Р (рис. 31), лежащую в плоскости данного
параллелограмма ABCD, требуется провести прямую, рассекающую
параллелограмм на две равновеликие части.
— Как бы ты, Витя, стал искать решение этой задачи?
— Применил бы индукцию. Замечаю, что задачу я могу решить, если
точка Р—какая-либо вершина параллелограмма; если Р—на его
диагонали; если Р — середина какой-нибудь его стороны; если
Р—произвольная точка на стороне. Во всех этих случаях искомая прямая
проходит через центр О параллелограмма. У меня возникает подозрение, что
при любом выборе точки Р в плоскости ABCD искомая прямая — это
прямая, проходящая через Р и О. Да, так оно и есть.
Задача 3. Дан правильный треугольник ABC. Докажите, что при
любом выборе точки Р внутри треугольника или на его границе сумма
расстояний от этой точки до сторон треугольника есть величина
постоянная.
— Как бы ты, Ира, приступила к поиску решения?
— Рассмотрела бы последовательно случаи: 1) точка Р—вершина
треугольника; 2) точка Р — на стороне треугольника; 3) точка Р —
произвольная точка внутри треугольника. Вижу, что каждый последующий
случай сводится к предыдущему (рис. 32).
Рис. 31 Рис. 32

Посмотрим, не можем ли мы удачно
придумать какую-нибудь другую, общую задачу,
которая содержит в себе первоначальную
задачу и легче поддается решению.
Г. В. Лейбниц
ПРОЛОГ
Задача 1. Дан параллелограмм ABCD. Укажите способ для
разбиения его на И равновеликих частей прямыми, проходящими через
вершину А.
На занятии кружка
— Вы назвали, Георгий Данилович, тему нашего занятия
«Рассмотрим более общую задачу» и предварительно дали нам конкретную
задачу. Конечно, мы можем сформулировать более общую задачу, но разве
ее легче или удобнее решить, чем более частную? — Гера с недоумением
смотрел на учителя.
— Не всегда, конечно, — ответил Селиванов, — но иногда — легче и
удобнее. Мы пользуемся этим очень часто в школе, когда предложенную
нам физическую или математическую задачу с числовыми данными
сначала решаем «в буквах», «в общем виде», а числовыми данными
пользуемся лишь на заключительном этапе, когда подставляем эти числа в
50

окончательную формулу. Такой подход обычно делает менее громоздкими
рассуждения, выкладки, вычисления. Уже на таких примерах перехода от
частной, «числовой» задачи к более общей, «буквенной» задаче видна
полезность обобщения. Заменяя данную задачу ее обобщением, мы тем
самым включаем ее в коллектив однотипных задач. После этого мы
можем для поиска решения более общей задачи воспользоваться
индукцией и другими средствами. Обобщение часто сотрудничает с индукцией.
Даже если нам удается найти лишь неполное решение более общей
задачи, может случиться, что мы уже в состоянии справиться с исходной
частной задачей. Давайте обратимся к задаче 1 из Пролога.
— Вы предлагаете, очевидно, рассмотреть обобщение этой задачи? —
недоверчиво спросила Лена.
— Именно так, — подтвердил учитель.
— И неужели станет легче решить нашу задачу 1 из пролога, если
мы взвалим на себя еще задачу вроде: «Как разделить параллелограмм
ABCD прямыми, проходящими через Л, на 100 равновеликих частей?» —
продолжала сомневаться Лена.
— Но ведь та задача, которую ты сейчас сформулировала, — это не
обобщение нашей задачи 1, — включился в разговор Игорь.
— А какая же задача будет, по-твоему, обобщением задачи 1? —
спросила Лена.
— Я бы сформулировал такую более общую задачу,— ответил Игорь.
Задача \А. Как разделить параллелограмм ABCD прямыми,
проходящими через вершину А, на п равновеликих частей, где п — любое
заданное натуральное число?
Вот эта задача — обобщение исходной: при /t=ll получим задачу 1.
— И по-твоему, легче разделить параллелограмм на п равновеликих
частей, где п—любое число, чем на 11 равновеликих частей? — не
унималась Лена.
— Я этого не говорю, — осекся Игорь.
— И тем не менее, — продолжил разговор учитель, — именно в ходе
поиска решения более общей задачи \А мы и сумеем найти решение
нашей исходной задачи 1. Да, для п=\\ мы задачу \А пока решить не
умеем. Спросим себя: «А есть ли такое пу для которого мы умеем
задачу \А решить?»
— Конечно, есть, — откликнулась Зарифа.— Например, при п=2
(рис. 33а).
— А затем,— добавил Игорь,— при п=4 (рис. 336), л=8 (рис. ЗЗв),
я=16 и т. д. И вообще можно решить задачу \А для любого .четного
числа п% если только оно является натуральной степенью двойки.
— А может быть, ее возможно решить и для других четных чисел? —
спросил Гера. — Начать бы с самого маленького четного числа, которое
нами еще не рассмотрено, — с числа 6.
51

Л D А р А D
пи /ш ш
В П=2 С В П=4 С В П=8 С
a) S) в)
Рис. 33
Рис. 34
— Решить задачу \А при /г=6 не сложно, — отозвалась Надя.—
Вот так (рис. 34).
— И вообще: при любом четном п задачу легко решить,— добавил
Саша.
— Как? — удивилась Лена.
— Пусть n=2k. Надо разделить [СВ] и [CD] на k конгруэнтных
отрезков и точки деления соединить прямыми с вершиной Л, — объяснил
Саша.
— Правильно, — согласился Георгий Данилович. — А теперь
обратимся к случаю, когда п — нечетное. Начнем с какого-нибудь простого
случая.
— Я вижу, как решить задачу при я=3, — сказал Сережа. — Надо
разделить параллелограмм на шесть равновеликих частей — так, как это
сделала Надя,— и затем объединить две смежные части в одну «порцию».
Вот так (рис.35).
— Хорошо. А теперь, — медленно проговорил учитель, — я
утверждаю, что каждый из вас сумеет решить задачу при... п=\\. Не так ли?
— Конечно, так, — улыбнулась Зарифа. — Надо разделить
параллелограмм ABCD на 22 равновеликие части, что мы уже умеем делать,
а затем объединить эти части в 11 пар. Вот так (рис. 36).
— Сумеете ли вы решить нашу задачу \А при п=17?
— Сумеем, — ответили ребята.
— А, скажем, при я=23?
— Тоже сумеем.
— Тогда, Вадик, — обратился учитель к Шведову, — сформулируй
решение задачи \А для любого нечетного п.
— Решение. Пусть n=2k-\-l. Разделим сторону ВС на п кон-
52

груэнтных отрезков точками В\, Вг, ..., Вп-\, Вп=С. Если каждую из
полученных точек деления соединить прямой с вершиной Л, то треугольник
ВАС разобьется на п треугольников, причем площадь каждого равна
S/(2m), где S — площадь параллелограмма. Аналогично поступим со
стороной DC: разобьем ее тоже на п конгруэнтных отрезков точками D\9 D% ...,
D„_i, Dn=C. Если соединить точки D\, ..., Dn с вершиной Л, то &DAC
разобьется на п треугольников, причем площадь каждого равна S/(2n).
Теперь разрежем параллелограмм ABCD прямыми, соединяющими
вершину А с теми точками деления, которые имеют четные номера (то есть
Вч, В\9..., Вы, £>2, £*4, ..., D2k)- Тогда параллелограмм распадется на п
частей, причем прощадь каждой части будет равна S/n. Задача решена.
— Итак, — подвел итог учитель, — переход от данной задачи 1 к
более общей задаче \А действительно помог нам найти решение исходной
задачи. Давайте рассмотрим еще такую задачу.
Задача 2. Верно ли, что из трех дробей ooyT» ТГТл* :Уг77
вторая заключена (по величине) между двумя другими?
— Ну, это нам решить запросто, — немедленно среагировал Вадим.—
В каждой дроби делишь числитель на знаменатель, пока не получишь
6—8 знаков после запятой, и лотом уже легко будет ответить4 на вопрос,
поставленный в задаче.
— А можно еще и так, — предложил Витя. — Привести дроби к
общему знаменателю и затем сравнить их числители.
— Молодцы, мальчики! — В голосе Нади сквозила ирония. —
Попробуйте посчитайте. А я поищу обобщение.
— Какое? — спросил Гера.
— Видишь ли, бросается в глаза, что числители дробей образуют
арифметическую прогрессию и знаменатели — тоже. Поэтому я бы
сформулировала такую более общую задачу:
Задача 2А. Верно ли, что из трех дробей
/-&• «-£. '=Ш <«>'• ">3>
вторая заключена (по величине) между двумя другими?
Рис. 35
Рис. 36

— А решить задачу 2А очень легко, — поддержала подругу Зарифа.
— Действительно, — продолжала Надя,—
п п За-fr п г За-Ъ
Отсюда видно, что при За=Ь все три дроби р, qy r равны; при За>Ь эти
дроби расположены в порядке убывания (p>q>r), а при За<сЬ — в
порядке возрастания {p<q<r). В нашем случае а=1177, 6=3374, За>Ьу
1176^ 1177 1178
и поэтому gg^ 537? > 3377'
Задача решена. Ну, как, Вадик, ты еще не закончил деление?..
Задача 3. Пронумеруйте все вершины и все стороны 13-угольника
целыми числами от 1 до 26 так, чтобы каждый номер достался либо
только одной вершине, либо только одной стороне, и чтобы при этом сумма
номера стороны и номеров ее обоих концов была одной и той же при
любом выборе стороны.
Минут через десять учитель предложил Андрею вслух «проговорить»,
как тот проводит поиск решения. Вот «репортаж» Андрея:
— Я пробую расставить числа так, как требуется по условию задачи.
Но не получается... Подберу-ка более общую задачу, чтобы ее частным
случаем оказалась данная задача. Вот она, эта более общая задача.
Задача ЗА. Пронумеровать все вершины и все стороны
п-угольника (где п — нечетное число) целыми числами от 1 до 2п, так, чтобы
каждый номер достался только одной вершине или только одной стороне
и чтобы сумма номера стороны и номеров ее концов была одной и той же
при любом выборе стороны.
К поиску решения задачи ЗА применю индукцию. Пусть п=3. Мне
тогда задачу решить нетрудно (рис. 37). Рассмотрю случай /г=5. После
нескольких попыток замечаю, что задачу тоже нетрудно решить
(рис. 38). Каковы же особенности расположения чисел на рисунке 38?
1) Стороны занумерованы последовательно, против направления движе-

Рис. 39
Рис. 40
ния часовой стрелки,числами от 6 до 10 в порядке их возрастания. 2)
Общей вершине двух сторон с наибольшими номерами (10 и 9) присвоен
номер 1. 3) Затем в направлении движения часовой стрелки занумерованы
через одну вершины пятиугольника числами от 1 до 5. Какая у меня
возникает гипотеза для общего случая? Мне кажется, что надо поступить
согласно следующему алгоритму: 1) Занумеровать стороны я-угольника
в направлении, противоположном направлению движения часовой
стрелки, последовательно числами от п+l до 2п. 2) Общей вершине двух
сторон с самыми большими номерами (2/г— 1 и 2п) присвоить номер 1.
Рис. 41
Рис. 42
Рис. 43

3) Затем в направлении движения часовой стрелки занумеровать через
одну вершины я-угольника числами от 1 до п.
При п=3 правильность алгоритма подтверждается рисунком 37.
Проверю пригодность алгоритма еще при п=1\ учту, что тогда я+1=8,
2/2=14. Алгоритм приводит и здесь к решению задачи ЗЛ (рис. 39).
Ощущаю уверенность, что алгоритм приведет к требуемому результату и
при п=13. Все же проверю его применимость для этого случая (рис. 40).
Да, подмеченный мною алгоритм не подвел. Уверен, что он позволит
получить решение задачи ЗЛ и в случае любого нечетного п. Но этим я уже
заниматься не стану, ведь меня задача ЗЛ интересовала лишь как
ступенька для решения задачи 3.
— Но это не единственное решение задачи! — воскликнула Ира.—
Я тоже, как и Андрюша, рассмотрела более общую задачу, а затем
решила ее при az=3 и п=5. Но я пришла совсем к другому алгоритму.
— И у нас с Вадиком,— заметил Максим,— тоже другие решения.
— Тогда давайте приведите на доске свои решения для п=3 и
п—5, — решил учитель, — и пусть все подумают дома, какие возникают
в каждом случае алгоритмы решения исходной задачи. (Из рисунков 41,
42, 43 ясны способы, предложенные Ирой, Максимом и Вадимом).
КРУЖКОВОЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 4. Представь себе, Сергей, что ты играешь со студентом
в такую игру. Перед вами на бумаге в строчку записаны двадцать
минусов. Каждый из вас, ты и студент, по очереди выбирает (по желанию)
один или два минуса и переправляет их на плюсы. Выигрывает тот, кто
переправляет последний минус. Если ты начинаешь игру, то как ты
должен играть, чтобы выиграть?
— Я бы сначала подумал над более общей задачей: «Как
я должен играть, если написаны п минусов?» Затем рассмотрел бы
частные случаи (az=1, 2, 3, 4, 5).
Вижу, что при п=\ и п=2 выигрываю я; при я=3, как бы я ни играл,
может выиграть студент. При п=4 я снова могу выиграть, если
переправлю своим первым ходом только один минус на плюс. Легко мне
выиграть и при az=5, первым ходом мне надо переправить два минуса на
плюсы. А при п=6 студент снова может обеспечить себе выигрыш.
У меня возникает подозрение, что если п не кратно 3 (в частности,
если az=20), то я всегда могу выиграть. Как? Это мне ясно из
рассмотренных частных случаев. Алгоритм таков: каждым своим ходом я оставляю
студенту столько непереправленных минусов, чтобы их число было
кратно трем. После каждого хода студента число еще непереправленных
минусов не будет делиться на 3, а после каждого моего хода — будет.
Поэтому в конце концов выиграю я.

Более общая задача может оказаться проще.
Это звучит парадоксально; однако
рассмотренные примеры убеждают нас в истинности
этого утверждения.
Д. П ой а
К вопросу о применении более общих задач они вернулись через год,
когда ребята уже несколько месяцев проучились в IX классе. К тому
времени они уже успели ознакомиться с методом математической
индукции, с понятием производной и многими другими сведениями по
математике. И тогда Георгий Данилович снова обратился к задачам, для
решения которых полезно воспользоваться идеей обобщения.
Задача 1. Проверьте справедливость равенства
/•2-3+2-3-4+3-4-5+... +100>10Ы02=100'101^102'103. (1)
— Вот если бы, — начал Максим, — вместо числа 100 было бы п, то
я мог бы попытаться применить метод математической индукции...
Поэтому я бы попытался решить более общую задачу:
Задача \А. Проверить справедливость (для всех натуральных п)
тождества
57

1-2-3+2-3-4+ ...+ tt(tt+lXt+2)=W(ra+1Xn+2X'I+3) (2)
— Изложи решение у доски, — сказал Максиму учитель.
— Решение задачи \А. При п=\ равенство (2), очевидно,
верно. Пусть k — такой номер, что при n=k равенство (2) верно:
1 -2.3+2.3-4+ ... +k(k+ lXfe+2)=^fe+ 'Xfe+2XH3). (3)
Проверю, будет ли в таком случае справедливо равенство (2) при
n=k+l:
1 • 2• 3+2.3• 4+ ... +(6+1 Xft+2X*+3)=(fe+ l№+2y+3Xfe+4), (4)
А это доказать легко; действительно
[1.2.3+2.3-4+ ...+fc(fc+lX*+2)]+(fe+lX*+2X*+3)=
k(k+1Х*+2Х*+3) (k+lXk+2Xk+W+*)
= з +(*+ 1Х*+2Х*+3)= т
В силу принципа математической индукции заключаю, что равенство (2)
верно для всех натуральных п. Задача \А решена. А теперь, полагая
в равенстве (2) я=100, получу равенство (1). Задача 1 решена.
— Вот еще примеры, — продолжал Георгий Данилович, — которые
показывают, что переход к более общей задаче открывает дорогу для
использования нового метода, неприменимого непосредственно к
исходной задаче.
Задача 2. Вычислите суммы
а1=1+2.6+3.62+4-63+ ... +100-6", (5)
,,2,3,4, .10
a2=1+7+^^-+^' (6)
— Здесь сразу бросается в глаза, — заметила Надя, — что обе
суммы являются частными случаями такой суммы:
S(x)=l+2x+3x2+4x3+ ... +пхп~{. (7)
При Аг=100 и х=6 получим ел, а при п=10 и *=-*- получим аг. Имеет
смысл попытаться решить такую более общую задачу:
Задача 2Л. Вычислить сумму (7).
— Чем же это легче? — спросила Лена.
— Учтите, — сказал учитель, — что сумма (7) —функция от
переменного ху мы к ней можем попытаться применить понятие производной,
58

свойства производных и т. п. Кто бы сказал, какую функцию А(х) надо
продифференцировать, чтобы получить сумму (7)?
— Это ясно, — ответил Вадим, — надо взять, например, сумму
А(х)=1+х+х2+ ... +хп. (8)
Тогда S(x)=A'(x).
— Теперь обратите внимание, — сказал учитель, — на то, что А(х)
вычислить нетрудно.
— Конечно, — согласилась Надя, — это же сумма членов
геометрической прогрессии, и поэтому (при хф\) из (8) следует:
Yn+\ 1
х—\
Как же ты вычислила бы S(x)?
Так как S(x)=A'(x), то
(n+l)xn(x-\)-(xn+l -1)
S(x)=
Т^ту
то есть S(x)— , v ',,'—■—
(*-0
Полагая сначала х=6 и rt=100, а затем x=-ir и п=10, получим:
%
"з1
a1^(499.6'00 + l), a2=^(l-^).
Итак, исходная задача решена.
— Не всегда, — сказал учитель, — решение исходной задачи связано
с возможностью полного, исчерпывающего решения вспомогательной
обобщающей задачи1.
Задача 3. Что больше: In 1,13 или 0,13?
— Чтобы решить эту задачу, — начала Надя, — я бы прежде всего,
ее обобщила:
Задача ЗА Что больше: 1п(1+х) или х?
— Ну, хотя бы не для любых чисел х, — предостерег Игорь. —
Достаточно решить твою задачу ЗА хотя бы для чисел из какого-либо
промежутка, содержащего 0,13. Например, для промежутка [0; 1].
— Сейчас увидим, — продолжала Надя. — Рассмотрю разность
f (x)=x—\n(\-\-x). Вижу, что /(0)=0. Имея функцию f(x)t могу вычислить
1 В ходе решения последующих трех задач используются некоторые факты из курса
математики X класса (в частности, формулы для производных функций In*, sin*, cosx).
Девятиклассник может эти задачи пропустить.
59

ее производную. По знаку производной сумею найти промежутки
возрастания и убывания функции / (л;). Имею:
Вижу, что f'(x)>0 при х>0. Значит, f(x) на [0; + со [возрастает, так
что при *>0 будет / (x)>f (0), то есть
/ (х)>0, 1п(1+*)<*.
В частности, при х=0,13 получу: In 1,13<0,13. Задача решена.
Задача 4. Что больше: 100т или Ю1т? 7/5813 или 813718?
ел или пе? (]/Т)^ или (/З")^?
— Бросается в глаза, — сказала Ира, — что эти четыре «числовые»
задачи — частные случаи такой более общей функциональной задачи:
Задача 4А. Пусть 0<*<О/. При каких условиях отсюда следует,
что
ху<у\ (9)
а при каких — что
ху>ух? (10)
Но как подступиться к решению задачи 4Л, я не вижу.
— Давайте я начну решение, — предложил учитель. — Попытаемся
найти хотя бы неполное решение задачи 4Л и посмотрим, не будет ли
попутно получено решение исходной задачи. Неравенство (9) (при
0<Сх<у) равносильно такому:
у In x<:x In у,
или иначе:
-Lin *<i-ln у.
Рассмотрим функцию / (*)===—In x и выясним, на каком промежутке
будет она возрастать, а на каком — убывать.
— Для этого, — подсказала Зарифа, — стоит вычислить
производную /'(*)• Если /'(х)>0 на каком-то интервале ]а; 6[, то / (х) на нём
возрастает, а если /' (х)<0 на ]а; 6[, то / (х) на ]а; Ь[ убывает.
— Не только на интервале ]а; ft[, но и на отрезке [а; 6] или на
полуинтервале [а; 6[, если только / (х) там непрерывна,— вмешался Витя.
— Верно, — согласился учитель, — и мы твоим замечанием сегодня
воспользуемся. Подсчитай, Витя, \' (х).
— Получается, — сказал Витя, — так:
X
60

Очевидно, что 1—1пл:>0 при 0<Сх<.е и 1—1пл:<:0 при е<х< + со.
Поэтому / (л;) возрастает на ]0; е] и убывает на [е; + со[:
если 0<х<У<еу то —In х<—\п у, ху<у\
если же £<*<*/<+со, То —In x>—In у, ху>у\
х у
В частности, ( /2~)/т<( /3")^, но 100101> 10110°, 718813>813718, ел>ле.
— Прежде чем предложить следующую задачу, — сказал учитель,—
должен вам сообщить, что для нахождения приближенных значений
числа л геометры со времен Архимеда до середины XVII века, то есть в
течение девятнадцати веков, пользовались исключительно неравенствами
рп<С<РПу (И)
где С — длина окружности, р„ и Р„ — периметры правильных я-угольников,
соответственно вписанного в эту окружность и описанного около нее.
В 1654 году голландский математик и физик Христиан Гюйгенс (1629—
1695) в трактате «О найденной величине круга» нашел более точные
границы, между которыми заключена длина окружности (отсюда
следовал более совершенный способ для вычисления числа я). Вот эти
неравенства Гюйгенса:
^-р2п - -jPn<C<^-pn + ^Р2п. (12)
Если R — радиус окружности, то
С=2л/?, pn=2nRs\n -2-, p2„=4rt/?sin^, P2n=4nRtg^y
и поэтому можно (12) после упрощений переписать так:
sin ^(4-cos £)<i<2sin £ + tg £ («=3, 4, 5, ...)• (13)
Предлагаю такую задачу.
Задача 5. Докажите неравенства (13).
С чего бы ты, Саня, начал поиск решения этой задачи?
— Если обозначить ради краткости л/(2п) через х, — начал
рассуждать Саша, — то неравенства (13) принимают вид
sin x(4—cos x)—3х<0, (14)
2sinx+tgx—3х>0. (15)
Я бы попытался решить более общую задачу:
61

Задача 5А Доказать, что неравенства (14) и (15) верны не
только для чисел х вида л/(2л) (лг=3, 4, 5, ...), но и для всех без исключения
я
значений х из интервала, ]0; -=-[. Такой переход позволит использовать
понятие производной и признаки возрастания и убывания функций.
— Недурно, — сказал учитель. — А как бы ты, Толя, изложил
доказательство неравенства (14)?
— Рассмотрел бы функцию
/ (x)=siri jc(4—cos лс)—Зле.
я
На интервале Р;-^ имею:
f'(x) = cos jc(4—cos jt) + sin2 л: — 3 =
=—2cos2 jk+4cos x—2=—2(cos x—1)2<0.
я я
Следовательно, f (x) убывает на [0; -^-], так что при 0<лс<— будет
f (x)<Cf (0), то есть верно (14).
— А как бы ты, Гера, доказал неравенство (15)?
— Рассмотрел бы функцию ф (jc) = 2sin х + tgx — Ъх. При 0<х<-^-
нахожу: ф' (х) = 2cos x + ]g — 3>0 (здесь пользуюсь тем, что сумма
трех положительных чисел cos лс, cos x и 1/cos2jc больше их утроенного
среднего геометрического). Следовательно, <р(х) на [0; -^ [ возрастает,
и при 0<Ot<— будет ф(х)>ф(0), то есть верно (15).

Там на неведомых дорожках
Следы невиданных зверей...
А. С. Пушкин
И совсем не исключено, что здесь скрывается
какая-то тайна, которую нам и предстоит
раскрыть.
Ч. Пирс
ПРОЛОГ
Задача 1. Будем рассматривать натуральные числа р, 2р—|— 1,
4р+1. Если р и 2р+1—простые числа, то можно ли что-либо
утверждать о простоте или непростоте числа 4р-\-1?
На занятии кружка
— Индукция, — начал учитель, — часто позволяет найти новые
математические закономерности. Иногда на ряде частных случаев удается
1 Чарльз Пирс — американский математик XIX века.
63

подметить некоторое общее свойство. Такие наблюдения приводят лишь
к некоторой гипотезе. Если в ряде испытаний на правдоподобие гипотеза
подтверждается, предпринимают попытку ее доказать. Начнем с задачи 1
из пролога.
— По-моему, — сказал Игорь, — здесь ничего путного утверждать
нельзя. Я провел эксперимент:
при р=2 имеем: 2р+1=5 (простое число), 4р+1=9 (не простое);
при р=3 имеем: 2p-fl=7 (простое число); 4р+1 = 13 (простое).
Отсюда каждому видно, что нельзя утверждать, что для всех р (для
которых р и 2р+1 —простые числа) число 4р+1 обязательно простое;
и нельзя утверждать, что оно обязательно составное.
— Да, но, может быть, — возразила Зарифа, — такая
закономерность обнаружится при р>3? Вот при р=5 имеем 2р+1 = 11 (простое
число), 4р+1=21. Мы видим, что в этом случае число 4р+1
—составное. Теперь беру случай р=7. Тогда 2р+1 = 15. Нет, этот случай нам
не подходит: число 15 — составное. Давайте рассмотрим случай р=11.
Тогда 2р+1=23 — простое, а число 4p-f 1=45 — составное. У меня
возникает подозрение, что закономерность все же имеется: при простых р
и 2р+1 число 4р+1 должно всегда оказаться составным — если
только р>3.
— Вряд ли, — Игорь не скрывал своего недоверия. — А случай
р=3?
— Этот случай, — пошутила Зарифа, — «ошибка эксперимента». —
И добавила уже серьезно: — Я ведь имею в виду только те случаи,
когда р^5.
— Меня все же смущает этот случай р=3,.—упорствовал Игорь.—
При р=2 гипотеза верна, при р=3 не верна, затем при р=5 опять
верна... Нет, я сильно сомневаюсь, чтобы твоя гипотеза вдруг оказалась
верной для всех без исключения р при р^5.
— Тогда давайте продолжим эксперимент, — не сдавалась Зарифа, —
результаты соберем в такую таблицу:
р
2
3
5
1 "
23
29
2р+1
5
7
11
23
47
59
4р+1
9
13
21
45
93
117
Подтверждается ли
гипотеза
Да
Нет
Да
Да
Да
Да
64

— Вот видишь,— обратилась Зарифа к Игорю,— моя гипотеза пока
подтверждается. Приглядываясь к третьей колонке, я теперь
подозреваю, что гипотезу можно уточнить: если р и 2р+1 — простые числа, то
4р-\-1 не только составное, оно еще обязательно делится на 3.
— Ну, это уже, наверное, совсем фантазия, — огрызнулся Игорь.
— Да что там гадать, — включилась в разговор Ира, — давайте
продолжим эксперимент и посмотрим, что будет, если взять р побольше.
Ну, пусть р=113. Это простое число. Тогда 2р+1=227, оно тоже
простое, это хорошо. А 4р+1? 4р+1=453. Да, это составное число, и оно
делится на 3. Знаешь, Зарифа, я начинаю думать, что ты права.
— По-моему, — сказал Толя, — пора уже попытаться доказать
гипотезу Зарифы. Хорошо бы здесь привлечь какую-нибудь общую формулу
для простых чисел... Но я такой не знаю.
— Может быть, воспользоваться тем, что каждое простое число,
которое больше трех, обязано иметь вид 6/г±1? — Серые глаза Саши
внимательно смотрели на учителя.
— Это верно: ведь при делении простого числа р на 6, — стал
разъяснять учитель, — нельзя получить в остатке ни 2, ни 3, ни 4 (в противном
случае р делилось бы на 2, или на 3). Значит, в остатке можно получить
лишь 1, или 5. А это и означает, что р имеет вид 6£ + 1 или 6£— 1, где
k — натуральное число. Попробуй, Толя, воспользоваться этим
соображением.
— Так как р=6£+1 или р=6/г— 1 (k — натуральное), то
соответственно либо 2р+1 = 12/г+3, либо 2p-f-l = 12£ — 1. Но первая возможность
отпадает, так как число 12£+3 составное, а по условию 2р+1 должно
быть простым. Значит, p=6k — 1. Но тогда 4р+ 1=24/г—3^3(8/г— 1).
Видим, что 4р+1:3 (знак : употребляется вместо слов «делится на»).
Видим, что гипотеза Зарифй верна.
— А я хочу еще кое-что добавить. — Зарифа была явно в ударе. —
Пока здесь Толик решал, я составила похожую таблицу для всех
натуральных чисел р (а не только простых) от 1 до 12. У меня впечатление,
что имеет место более общее утверждение: при любом натуральном р
хотя бы одно из чисел р, 2р+1, 4р+1 является составным (я даже
думаю, что оно делится на 3). Не вижу только, как это доказать...
К новой гипотезе Зарифы Игорь отнесся уже с большим доверием:
— Ты, по сути дела, утверждаешь, что произведение
x=p(2p+l)(4p+l) делится на 3... А проверить это можно так... — Игорь
продолжал уже у доски: — Имеем:
х=р(2р+ 1)3р+р(2р+ 1ХР+ 1)=3р2(2р+ 1)+р[Зр-(р-1 )](/>+1)=
=3р2(2р+ \)+Зр\р+ 1)-р(р_1Хр+1).
Но (р— l)p(p-fl) — как произведение трех последовательных целых чи-
3 Поиск решения
65

сел — делится на 3. Значит, и х делится на 3. Твоя вторая гипотеза, За-
рифа, тоже верна!
Рассмотрим еще несколько задач подобного типа.
Задача 2. 32=9, 52=25, 72=49, 92=81.
Каждое из этих чисел при делении на 8 дает в остатке единицу. Что это:
случайность или проявление некоторой закономерности? Если вы здесь
подозреваете закономерность, то сформулируйте свою гипотезу.
Подвергните её какому-либо испытанию на правдоподобие. Если ваша
гипотеза выдержит это испытание, попытайтесь ее доказать.
— Я бы начал поиск так, — сказал Гера. — Числа 3, 5, 7, 9
—нечетные. Как мы видим, их квадраты при делении на 8 дают остаток 1, то
есть имеют вид 8fe-fl, где k — некоторое целое число. У меня возникает
подозрение, что справедливо такое утверждение: «Квадрат каждого
нечетного числа имеет вид 8/г+1, где k — некоторое целое число». Сначала
я бы проверил эту гипотезу еще в каком-либо частном случае, например
на числе 11: 112=121=8-15+1.
Вижу: для числа 11 гипотеза подтверждается.
— А у меня получилось, что она подтверждается еще и для чисел
13 и 15, — сообщил Максим.
— Для числа 17 тоже, — добавил Витя.
— Правдоподобно, что она вообще верна, — продолжил Гера. —
Проверю ее в общем случае. Пусть m — какое-либо нечетное число,
m=2n+l. Тогда m2=4n2+4n+l=4n(n+l)+l.
Но из двух последовательных чисел п и п+1 одно обязательно
четное, так что п(п-\-\) —четное число, а Ап(п-\-\) делится на 8, то есть
имеет вид 8/г, где k — целое. Значит, m2 = 8fe-fl. Гипотеза верна.
Задача 3. Рассмотрим такие примеры:
148 делится на 37— и 814 делится на 37;
259 делится на 37 — и 925 делится на 37;
703 делится на 37 — и 370 делится на 37.
Не возникает ли у вас подозрение, что приведенные примеры
свидетельствуют о какой-то общей закономерности? Какой? Сформулируйте свою
гипотезу.
Поиск решения начала Лена:
— Приведенные примеры наводят нас на такую гипотезу:
Если трехзначное число х делится на 37, то после перестановки его
последней цифры на первое место получится число у, которое тоже
делится на 37.
Проверю гипотезу еще на каком-нибудь примере: 296:37; переставив
цифру 6 на первое место, получу 629. Делится ли оно на 37? Да,
629:37=17. Гипотеза подтвердилась. У меня ощущение, что гипотеза
верна всегда. Попытаюсь ее доказать.
66

Доказ ател ьство гипотезы изложила Ира:
— Пусть x=abc (а, Ьу с — цифры числа х) и лг:37; пусть y=cab .
Имею:
х=Ю0а+ЮЬ+су (1)
у=№с+10а+Ь. (2)
Попытаюсь выразить у через х (и, может быть, некоторые из букв а, Ьу
с). Для этого умножу (2) почленно на 10 и из результата вычту
почленно (1). Получу: 10у=999с+х. Так как х:37 и 999:37; то 1 Of/:37 и,
значит, у:37.
Задача 4. Числа nk вида 22 + 1, где k^N, называются
«числами Ферма»1. При k=l9 2, 3 получим числа 17, 257, 65537. Не возникает
ли у вас из рассмотрения этих чисел подозрение в наличии какой-то
закономерности? Какой именно? Сформулируйте вашу гипотезу. Испытайте
ее на правдоподобие. Опровергните или докажите ее.
Вот несколько гипотез, предложенных школьниками.
Гипотеза I. В записи числа л* содержится /г— 1 пятерок.
Гипотеза II. В записи каждого из чисел Ферма я* не содержится
цифра 0.
Гипотеза III. Каждое из чисел я* — простое. («Такую гипотезу
высказал и сам Ферма»,— заметил учитель.)
Гипотеза IV. Запись каждого числа Ферма оканчивается
цифрой 7.
Гипотеза V. Каждое число Ферма я* при делении на 16 дает
остаток 1.
— Прежде чем доказывать гипотезу I, — сказал Гера, — я бы ее
проверил при k=4. Найти я4 не слишком трудно:
А14=232+1=(210)3.4+1 = 10243.4+1=4294967297.
Вижу, что гипотеза I опровергается уже при £=4 (запись числа п4 не
содержит трех пятерок).
— Чтобы испытать на правдоподобие гипотезу II, я бы
рассмотрела число Ai5, — предложила Надя.
— Но ты ведь не знаешь этого числа! — с раздражением сказал
Вадим.
— Нет, знаю! Ведь ai5=264+1; а я на днях встретила число 26<4—1
в книге Перельмана «Живая математика» — в том месте, где
рассказывается об изобретателе шахмат. Разрешите, — обратилась она к Геор-
'Пьер Ферма (1601 —1665) — известный французский математик, по профессии
юрист.
67

гию Даниловичу, — я сейчас принесу эту книгу из кабинета
математики... Вот,— сказала она через несколько минут, держа в руке
раскрытую книгу, — здесь приведено число 2Ь4— 1. Отсюда видно, что пъ=
=264+1 = 18446 744073 709 551 617. Теперь ясно, что гипотеза II
ошибочна.
— Обратимся к гипотезе III, — предложил учитель. — Числа П\у п2,
пз действительно простые — вы можете их найти в таблице простых
чисел. Надо бы проверить, окажется ли число ri\ простым.
— Это, наверное, под силу только электронной машине, —
усмехнулся Игорь.
— Это действительно нелегкая задача, — согласился учитель.—
Но Эйлер1 справился с нею еще за 200 лет до изобретения ЭВМ Вот
его выкладки:
п4=232+1 =228 -16+1 =228(641 -625)+1 =
=228 • 641 —228 • 54+1 =228 - 641 —[(27 • 5)4— 1].
— Дальше ясно, — не удержался Саша. — Ведь (27 • 5)4— 1 делится
на 27-5+1, то есть на 641. Поэтому и дг4 делится на 641. Итак, ai4
—составное число.
— Вот тебе раз! ~ ахнул Витя. — Выходит, что гипотеза Ферма
ошибочна!..
— Давайте обсудим гипотезу IV, — предложил Максим.
— Сразу видно, — сказал Андрей, — что при п=4 и я=5 гипотеза
подтверждается. Имеет смысл попытаться ее доказать.
— Как же ты стал бы искать доказательство? — спросил учитель.
— Поиск доказательства гипотезы IV. Мне надо доказать,
что rik—1, то есть 22 оканчивается цифрой 6. Не встречал ли я что-либо
похожее? Встречал: если основание степени оканчивается шестеркой, то
и степень этого числа с любым натуральным показателем тоже
оканчивается шестеркой. Поэтому попытаюсь представить Пк— 1 в виде степени
с основанием, оканчивающимся цифрой 6. Это можно сделать.
— Но это сделает кто-нибудь другой. Попробуй, Вадим.
— Доказательство гипотезы IV. При любом натуральном k
имею:
Аг,~1=22"+1=24-2""1=(24)2"_1=162""1
Но 2к~х — натуральное число. Поэтому, как объяснил нам Андрей, Пк—\
тоже оканчивается цифрой 6, а Пк — цифрой 7. Гипотеза IV доказана.
— Я думаю, — заметил Толя, — что гипотеза V тоже верна — это
видно из тех же выкладок.
1 Леонард Эйлер (1707—1783) — один из величайших математиков всех времен,
член Петербургской Академии наук. Родом из Швейцарии.
68

— Ты прав, — согласился Георгий Данилович.
Задача 5. Все нечетные числа расположим в виде журавлиной
стаи: впереди — только 1, за ней — два следующих нечетных числа
(3 и 5), за ними в третьем ряду — три очередных нечетных числа (7,
9, 11), и т. д.
1
3 5
7 9 11
13 15 17 19
Сложите числа в каждой из первых трех строчек, а) Какая возникла у
вас гипотеза? б) Подвергните ее испытанию на правдоподобие, в)
Докажите или опровергните свою гипотезу.
— Я бы так начал поиск гипотезы, — сказал Витя. —
3+5=8, 7+9+11=27. Яо8=23, 27=33.
Возникает следующая гипотеза:
«Сумма чисел п-й строки равна п3».
Подвергну ее испытанию на правдоподобие. Проверю гипотезу при
п=4 и л=1. Имею:
13+15+17+19 = 64 = 43; 1 = I3.
Частные случаи подтверждают гипотезу. Имеет смысл попытаться
ее доказать.
— А как бы ты, Ира, провела доказательство гипотезы? — спросил
учитель.
— Сумма чисел п-и строки равна разности между суммой чисел
первых п строк и суммой чисел первых п—\ строк. Всего в первых
п строках имеется чисел
1+2+3+...+Аг=^Ь1].
Последнее число /г-й строки равно
2п(«+1)_1=га2 }
2
Поэтому сумма всех чисел первых п строк составляет
1+(«2+«-1) п(п+1)_\п(п+1)~] 2
2 '2 L 2 J
69

Сумму всех чисел первых п—\ строк находим аналогично: она равна
Поэтому сумма всех чисел п-и строки равна
то есть равна л3. Гипотеза доказана.
— Хочу рассказать вам, — сказал учитель, — о любопытном случае
математического экспериментирования, имевшем место в жизни
гениального немецкого математика К. Ф. Гаусса (1777—1855). Когда Гауссу
было лет двадцать, он заинтересовался таким вопросом. Возьмем каких-
нибудь два положительных числа хо и t/o и составим их среднее
арифметическое и среднее геометрическое:
*i=tj{xo+i/o), У\=^Щ)о.
Теперь составим среднее арифметическое и среднее геометрическое
полученных чисел х\ и у\\
1 /
Х2=-%{Х\+у\), У2=\Х\У\Щ
С числами X2 и уч поступим аналогично: составим их среднее
арифметическое хз и среднее геометрическое уз. Этот процесс продолжим
неограниченно. Таким образом, возникают две числовые последовательности:
хи х2, хз, ...; уи У2, f/з, ... . (3)
Гаусса заинтересовало: сходятся ли эти две последовательности или
расходятся? Если сходятся, то насколько отличаются их пределы?
Для получения правдоподобной гипотезы Гаусс провел эксперимент:
для случая, когда хо=\ и */о=2, он вычислил больше двадцати членов
каждой из двух последовательностей (3), причем каждый — с 11
верными десятичными знаками. Оказалось, что найденные им числа двух
последовательностей с ростом номера п в пределах от 1 до 20 отличались все
меньше и меньше, а при п=20 у хп и уп совпали все десятичные знаки
до одиннадцатого включительно. Как вы думаете, какую гипотезу
подсказали Гауссу эти наблюдения?
— Видимо, такую, — ответил Гера, — обе последовательности
сходятся и имеют один и тот же предел.
70

— Да, именно такой, — подтвердил учитель, — и была гипотеза
Гаусса.
— Но наблюдение — это еще не доказательство, — вмешался
Саша.— Ведь в принципе не исключено, например, что члены
последовательности сначала сближаются, а затем, начиная с некоторого — может
быть, очень большого — номера начинают отличаться все больше и
больше. И кроме того, все это проделано при хо=1, Уо=2. А ведь не
исключено, что при другом выборе чисел хо и уо получится совсем другая
картина. А вот как доказать гипотезу Гаусса, совершенно не ясно.
— Это верно, — сказал учитель. — Но наблюдение подсказало
Гауссу еще и путь для поиска доказательства гипотезы. Наблюдая за
полученными им числами, Гаусс подметил, что (при лс0=1, уо=2) числа х\у
*2, ..., *2о идут убывая, а числа у\> t/2, ...» f/20 — возрастая. Поэтому у него
возникло подозрение, что первая бесконечная последовательность —
убывающая* а вторая — возрастающая. Именно эту вспомогательную
гипотезу он и доказал сначала. Затем он без труда проверил, что при
любом п будет Хп^Уп^у\, то есть последовательность (х„) не только
убывает, но еще ограничен снизу, так что она имеет какой-то предел X
(lim xn=X). Аналогично он доказал существование такого числа Y, что
Л-*оо
lim (/n=Y. А затем из равенства
Хп+\=-%{Хп+Уп)
он заключил, что X=-jr(X-\-Y\ то есть Я=К.Тем самым Гаусс доказал
свою основную гипотезу, о которой говорила Ира. Общий предел двух
последовательностей (3) получил название «арифметико-геометрического
среднего». Гаусс нашел несколько интересных приложений этого
понятия, в частности — для вычисления длин некоторых линий.
Эксперимент, проведенный Гауссом, потребовал от него весьма
громоздких вычислений. Появление современных быстродействующих
электронных вычислительных машин многократно расширили возможности
для проведения математических экспериментов. Об исключительно
большой роли таких экспериментов для решения практически важных задач
убедительно написано в книге известного советского математика
Н. Н. Моисеева «Математика ставит эксперимент».

Вы спрашиваете, встречался ли я с аналогией
при изучении математики. Конечно,
встречался! И много раз! Каждый раз, когда автору
учебника не хочется рассмотреть какой-либо
случай, он пишет: «Это легко сделать,
рассуждая по аналогии с предыдущим случаем».
Из высказываний школьника
Хотя аналогия нас иногда и вводит в
заблуждение, — но это наименьшее из того, что
вводит нас в заблуждение.
С. Батлер1
ПРОЛОГ
Задача 1. Зная длины а, Ьу с сторон треугольника ABC (|ВС|=а,
\СА\=Ь, \АВ\=с), вычислите радиус г\ «вневписанной» окружности,
касающейся стороны ВС и продолжений сторон АВ и АС.
1 Сэмюэль Батлер —английский писатель XIX века
72

На занятии кружка
— Георгий Данилович, — обратилась в начале занятия к учителю
Ира,— мы долго и честно думали над задачей из пролога. Ничего
путного мы не придумали. Вот только двое — Игорь Райков и Саша
Тихомиров — вроде бы решили задачу, но их решения очень громоздкие
и нам не понравились.
— Саня здесь всю тригонометрию пустил в ход, — добавила Надя.
— Прежде чем обсудить поиск решения данной задачи, мы
поговорим с вами об аналогии, — сказал учитель. — В математике часто
оказывается, что аналогичные, сходные условия приводят к сходным
заключениям. Чтобы мы могли пользоваться этим соображением при изучении
математики, мы должны сначала приучить себя, хотя бы на небольшом
числе упражнений, формулировать математические предложения по
аналогии. При этом мы с самого начала должны помнить, что сравнение
не есть доказательство, что предложения, сформулированные по
аналогии, могут оказаться ошибочными. Например, по аналогии с истинными
предложениями: «Если сумма цифр натурального числа делится на 3,
то и число делится на 3» и «Если сумма цифр числа делится на 9, то и
число делится на 9»—можно сформулировать такое предложение: «Если
сумма цифр числа делится на 27, то и само число делится на 27».
Однако оно ошибочно. Чтобы убедиться в этом, достаточно рассмотреть
число 2799 — сумма его цифр делится на 27, а само число на 27 не делится.
Давайте потренируемся на нескольких упражнениях в формулировке
математических предложений по аналогии.
Упражнение 1. Верно такое предложение: «Если в
треугольнике все стороны конгруэнтны, то и все углы конгруэнтны».
Сформулируйте аналогичное предложение для шестиугольника. Верно ли оно?
— Сформулировать такое аналогичное предложение легко, —
сказала Надя.— «Если в шестиугольнике все стороны конгруэнтны, то и все
углы конгруэнтны». А вот верно ли это новое предложение...
— Оно, конечно же, неверно, — сказал Толя. — Ты возьми
правильный шестиугольник, шарнирный, и затем сожми его немного, вот так
(см. рис. 44, где стрелки указывают направления сжатия). Стороны
останутся конгруэнтными, а углы шестиугольника (рис. 45) уже не все
конгруэнтны. Итак, сформулированное по аналогии предложение
оказалось ошибочным.
Упражнение 2. Справедливо предложение: «Сумма расстояний
от любой точки, лежащей внутри правильного треугольника, до его
сторон есть величина постоянная». Сформулируйте аналогичное
предложение для семиугольника и скажите, верно ли оно.
— Это совсем просто, — отозвался Максим. — Вот это аналогичное
предложение: «Сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри пра-
73

Рис. 44
Рис. 45
вильного семиугольника, до прямых, на которых лежат его стороны, есть
величина постоянная». А вот верно ли оно... Не знаю.
После небольшого обсуждения Сережа предлагает соединить точку Я,
лежащую внутри правильного семиугольника Л1Л2Л3...Л7, с его
вершинами,^ воспользоваться тем, что сумма площадей образовавшихся при
этом треугольников равна произведению полупериметра семиугольника
на радиус вписанной окружности. Отсюда легко заключить, что
сформулированное по аналогии предложение верно.
— Давайте продолжим разговор об аналогии, — сказал учитель. —
Аналогия (или точнее — умозаключение по аналогии) является одним
из основных методов при изучении разнообразных явлений природы.
Исключительно большую роль играют умозаключения по аналогии в
физике и математике. Американский физик Р. Оппенгеймер в статье
«Аналогия в науке» отмечает, что для научного прогресса аналогия является
не только чрезвычайно ценным, но и неизбежным инструментом.
Многие естествоиспытатели применяли аналогию стихийно,
неосознанно. Однако особенно больших успехов удавалось достигнуть в тех
случаях, когда ученый применял аналогию сознательно. Крупнейшие
ученые разных времен давали высокую оценку аналогии как средству
для поиска научных закономерностей. Ценность аналогии отмечал еще
создатель логики Аристотель. Убежденным сторонником сознательного
применения аналогии в математике был знаменитый астроном и
математик Иоганн Кеплер. Ему принадлежит следующая полезная мысль:
«Желательно подчинить геометрические рассуждения аналогии». Он
сообщает: «Я больше всего дорожу Аналогиями, моими самыми верными
учителями. Они знают все секреты Природы, и ими меньше всего следует
пренебрегать в геометрии». О роли аналогий в математике достаточно
убедительно говорит Д. Пойа: «Аналогия, по-видимому, имеет долю во всех
74

открытиях, но в некоторых она имеет львиную долю». Понятно,
насколько важно приобрести навыки в поисках аналогии в самых
разнообразных ситуациях.
Многие ученые обращали внимание на то, что аналогия может
привести к ошибочным выводам, что аналогия не может заменить
доказательство. Так, например, советский физик С. И. Вавилов обратил внимание
на то, что подмеченная Ньютоном аналогия между цветами видимого
спектра и музыкальными интервалами привела этого гениального физика
к грубой ошибке. Число таких примеров можно значительно увеличить.
Однако существенно то обстоятельство, что аналогия часто служит
подспорьем для получения правильных выводов или доказательств. Уже
простейшие представления об аналогии, доступные школьникам,
позволяют успешно применять этот метод при изучении школьного курса
математики.
Давайте применим аналогию к поиску решения задачи 1, приведенной
в прологе. Сначала сформулируем вспомогательную задачу,
аналогичную задаче 1. Как и в задаче 1, в этой вспомогательной задаче должна
идти речь о треугольнике с известными сторонами, об окружности, о ее
радиусе и о касании. И кроме того, вспомогательная задача должна быть
хоть немного проще исходной. Кто бы взялся сформулировать такую
задачу?
— Вот как я бы ее сформулировал, — сказал Андрей.
Задача \А, Зная стороны а, Ь, с треугольника ABC, вычислить
радиус г вписанной окружности.
— Мы такую задачу,уже решали на уроках, — напомнил Витя.
— Так давайте вместе вспомним решение этой вспомогательной
задачи,— предложил учитель. — Только разобьем это решение на
простейшие «шаги». А ты, Витя, записывай на доске.
— Решение вспомогательной задачи \А. 1) Соединим
центр О (рис. 46) вписанной окружности с вершинами треугольника.
2) Запишем зависимость между площадью треугольника ABC и
площадями треугольников АОВу ВОС, СО А:
$ЬАВС=$ЬАОВ~^Г$ИАОС~\- S\BOC- 0)
Рис. 46

3) Обозначим площадь треугольника ABC через S, тогда по
формуле Герона
S=Vp(P—а)(Р—*)(Р—с)> гДе p=-j(a+b+c).
4) 5ДЛ0Б=-уСг, 5длос=-2~^г> 5двос=-уаг-
5) Из (1) следует:
S=-j{c+b+a)r=pry
откуда
, _f „ли r=A/fc£K^xE5.
Р V р
Задача решена.
— А теперь,—сказал учитель, — попытаемся по аналогии получить
решение исходной задачи. Проследим за аналогией на каждом «шаге».
Как бы ты, Саня, провел здесь рассуждение?
— Решение задачи 1. 1) Соединим центр 0\ (рис. 47) вневписан-
ной окружности с вершинами А, В, С, 2) Выразим площадь ЛЛВС через
площади треугольников АО\В, ВО\С, СО\А:
S^ABc—S^Ao^в-\-S^Ao^c Здяо.с. (1')
3) Обозначим площадь треугольника ABC через S; тогда S=
= ]/ р(р-а)(р—Ь)(р-с\ где р=—.(а+Ь+с).
4) 5Д/40,В= -%сг\, SAy40lC= yftri, SABOlC =-yari.
5) Из (Г) следует:
S=-T5-(c+&—a)ri=(p—a)rb
Яис. 47

откуда г,=-^-, или r] = yi/T(p-b)(p-c)
Р~а V р—а
Задача решена.
-^ На этом примере, — подвел итог учитель, — мы проследили за
одним весьма полезным приемом поиска решения задач. Он сводится, как
мы видели, к следующему:
I. Подбираем задачу, аналогичную исходной, то есть такую, чтобы
у нее и у исходной задачи были сходные условия и сходные заключения.
Вспомогательная задача должна быть проще исходной или ее решение
должно быть нам известно.
II. Решив вспомогательную задачу, мы проводим аналогичные
рассуждения для решения исходной задачи. При этом удобно решение
вспомогательной задачи и решение исходной задачи разбить на отдельные
«шаги» и проследить за возможностью проведения аналогии на каждом
«шаге».
— А теперь мне хотелось бы обратить ваше внимание,— добавил
учитель,— на одну область школьной математики, где особенно полезно
применять аналогию,— я имею в виду стереометрию. Часто оказывается,
что поиск решения стереометрической задачи сильно упрощается, если
предварительно сформулировать для себя — а затем и решить —
аналогичную планиметрическую задачу. При проведении аналогий между
планиметрией и стереометрией, между плоскостью и пространством,
плоским фигурам обычно сопоставляют пространственные следующим
образом.
Фигура
на плоскости
точка
прямая
окружность
круг
параллельные
прямые
треугольник
многоугольник
сторона
многоугольника
Ей сопоставляется в
Чаще
точка
плоскость
сфера
шар
параллельные
плоскости
тетраэдр
многогранник
грань
многогранника
пространстве фигура
Реже
прямая
прямая
цилиндр
ребро
многогранника
77

В частности, полезным оказывается привлечение аналогии к
разысканию в пространстве множества точек по их характеристическому
свойству. При решении такой задачи необходимо сначала догадаться,
какая же фигура является искомым множеством точек, а затем
доказать, что все точки этой фигуры, и только они, обладают указанным
свойством. В ряде случаев на каждом из этих двух этапов удается с
успехом применить аналогию. С этой целью надо сформулировать себе
аналогичную задачу на поиск точечного множества на плоскости.
Решение этой вспомогательной задачи и использование аналогии часто
позволяют решить исходную задачу.
Задача 2. Боковые ребра тетраэдра (треугольной пирамиды)
DABC взаимно перпендикулярны, и их длины равны а, 6, с. Вычислите
длину высоты тетраэдра, опущенной на его основание ABC.
Как же нам произвести поиск решения?
— Я рассуждал бы так, — начал Толя. — Я не вижу, как решить эту
задачу. Поэтому попробую придумать аналогичную планиметрическую
задачу. Напрашивается такая задача:
Задача 2А. Боковые стороны треугольника взаимно
перпендикулярны (то есть треугольник прямоугольный), и их длины равны а и Ь.
Вычислить длину высоты треугольника, опущенной на гипотенузу.
А решить задачу 2А не трудно.
Решение задачи 2А. Пусть (рис. 48) h — длина искомой
высоты, S—площадь треугольника. Тогда
S=^ab=^\AB\-h.
Отсюда Н=ТтгШу то есть h= a — .
— Теперь, — включился в разговор Сережа, — легко уже по аналогии
решить и исходную задачу.
Решение задачи 2. Пусть (рис. 49) [DD\] — высота
тетраэдра, V—его объем, о—площадь треугольника ABC, h=\DD\\. Тогда,
очевидно,
V=^oh=^abc, h=^g-. (1)
Остается выразить о через а, 6, с. Пусть \СС\\ — высота
треугольника. Тогда
о=\\АВ\• \ССА=\\АВ\ /с2+1ДС,|2.
78

Рис. 48
Так как(СС|) ±.(АВ ), то по теореме о трех перпендикулярах (DC\) ±.(АВ)У
то есть [DC\] — высота в &ADB. Длину высоты [DC\] найдем из &ADB
(см. задачу 2А):
|DCil=prapгде ^1=/^+^
Поэтому
Следовательно,
h= ahc .
^a2b2+b2c2+c2a2 '
— А мне, — сказала Ира, — больше нравится другая идея решения:
не привлекать двоякое определение объема тетраэдра, а дважды
воспользоваться решением вспомогательной задачи 2А. Ясно, что если D\ —
основание перпендикуляра, опущенного из точки D на плоскость ААВС,
то D\ лежит на высоте СС\ этого треугольника1.
Применяя способ решения задачи 2А к ACC|D, вижу, что
1 Действительно, так как (АВ)±(С\С) и (АВ) ±(C\D), то плоскость р
треугольника C\DC перпендикулярна плоскости а треугольника АСВ; так как p_La, (DDi)_La и
Dep, то (DOi)ep и, в частности, Di^P; так как Di^a, то Di^aflP- Таким образом,
D,e(CC).
79

Аналогично из &ADB имею:
|DCll=7?b'
Из (2) и (3) следует:
h= abc
y/a2b2+b2c2+c2a2
КРУЖКОВОЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 3. Докажите: если все три корня уравнения
x3+ax2+bx-{-c=0 положительны, то коэффициент а отрицателен.
— Как бы ты, Вадим, стал это доказывать?
— Я бы сформулировал сначала похожую задачу для квадратного
уравнения: «Верно ли, что если корни х\ и х2 квадратного уравнения
х2-\-ах-{-Ь=0 положительны, то а<0?» Связь между х\, х2 и а известна,
она задается формулой Виета: х\+Х2=—а. Да, отсюда следует ответ
на вспомогательную задачу: если jci>0 и *2>0, то —а>0, то есть а<0.
Теперь возвращаюсь к исходной задаче. Хорошо бы иметь для
кубического уравнения формулу, похожую на формулу Виета. Попробую
такую зависимость найти. Пусть х\, Х2> *з — корни данного кубического
уравнения. Тогда
x3+ax2-\-bx-\-c=(x—x\)(x—X2) (х—хз)>
то есть
х3+ах2-\-Ьх+с=х3—(х\+х2+хз)х2+(...)х+(...).
Видим, что а=—(х\-{-Х2+Хз). Отсюда следует справедливость
утверждения, приведенного в задаче 3: если a:i>0, a:2>0, *3>0, to а<0.

\
Может быть, все эти части и невозможно
«увидеть». Как бы то ни было, не
перенапрягайте своего воображения, лучше
попытайтесь думать. Ваш разум может повести
вас дальше, чем ваше воображение.
Д. Пой а
ПРОЛОГ
— Сегодня, — обратился Георгий Данилович к членам кружка,—
я дам вам очень трудную задачу. Однажды она была (в несколько
видоизмененном варианте) предложена на втором туре математической
олимпиады в Москве; тогда, кажется, ее никто не решил. Это будет
стереометрическая задача, и она окажется особенно трудной для вас,
девятиклассников, у которых еще нет достаточно тренированного пространственного
воображения. И тем не менее мы ее рассмотрим на ближайшем занятии
кружка, чтобы убедиться, насколько эффективным может оказаться
применение основных эвристических приемов: аналогии, индукции,
обобщения.
Из стереометрии нам понадобятся такие сведения. 1) Сфера--это
поверхность шара. Иначе говоря, это множество всех таких точек
пространства, которые находятся на заданном положительном расстоянии
81

от некоторой фиксированной точки пространства (называемой центром
сферы). 2) Две сферы либо вовсе не имеют общих точек, либо имеют
одну общую точку '(касаются), либо пересекаются по окружности.
3) Мы будем ниже говорить о наборе из нескольких сфер «общего
положения». Точный смысл этих слов такой: каждая сфера пересекается с
каждой другой, никакие четыре из этих сфер не имеют общей точки и
никакие три — общей окружности.
...Вот какую задачу хочу я вам предложить.
Задача 1. На сколько частей разбивают пространство пять сфер
общего положения?
На занятии кружка
— Как вы искали решение задачи? — спросил Георгий Данилович
школьников.
— Мы решили, — сказал Гера, — применить аналогию и угадать
ответ, а затем доказать, что он — правильный.
— Неплохо. Но как удалось это сделать?
— Нетр>удно убедиться, что одна сфера делит пространство на 2
части; две сферы — на 4 части; 3 сферы — на 8 частей; в случае четырех
сфер Витя Будаев из десятого класса показал нам, что получатся 16
частей. Напрашивается по аналогии, что пять сфер должны делить
пространство на 32 части. Но этого мы пока доказать не сумели. И даже
непонятно, как здесь начать доказательство.
— Гипотеза, которую вы хотите доказать, конечно, правдоподобна.
Но ведь аналогия не доказательство. Если, несмотря на наши усилия,
гипотезу не удается доказать, то следует искать новые подтверждения
ее правдоподобия, следует подвергнуть гипотезу новым испытаниям на
правдоподобие.
— Я бы, — сказала Зарифа, — рассмотрела аналогичную задачу для
окружностей на плоскости — и даже не для пяти, а для п окружностей.
Если решим эту задачу, то, может быть, научимся чему-то такому, что
поможет нам решить задачу о сферах. Я имею в виду такую задачу:
Задача 2. На сколько частей разбивают плоскость п окружностей
общего положения (то есть такие, что каждая пересекается с каждой и
никакие три не имеют общей точки)?
— Очевидно, — стал рассуждать Витя, — что одна окружность делит
плоскость на 2 части, две — на 4, три — на 8, а четыре, — наверное,
на 16.
— Проверим это, сделаем рисунок, — подсказал учитель.
— Здесь что-то не так, — пробурчал Витя, — только 14 частей
получается (рис. 50). Гипотеза не оправдалась. Может быть, и в случае сфер
наша гипотеза ошибочна?..
82

Рис. 50
Рис. 51
— Это не исключено, — ответил неопределенно Селиванов. — Но
давайте найдем сначала способ решения задачи 2. Представим себе
картину «в движении». Сначала проводится одна окружность Yi» она
разбивает плоскость на 2 части (рис. 51), затем вычерчиваем вторую
окружность Y2 (рис. 52). Представим себе картину как бы в замедленном
фильме... Что при этом «делает» окружность уг и что с нею «делается»?
— Она увеличивает, — рассудила Лена, — число частей, на которые
была ранее разбита плоскость, на две (были 2 части, а стало 4); на
«новой» окружности Y2 появляются 2 точки пересечения с ранее имевшейся
«старой» окружностью у\. Эти 2 точки разбивают уг на 2 дуги.
— Теперь пусть уже нанесены на плоскость 2 окружности Yi и Y2,
а мы затем вычерчиваем (медленно вычерчиваем!) третью окружность уз
(рис. 53). Что же произойдет при этом?
— Число частей плоскости снова увеличится, — сказал Гера, —
теперь на 4 (были 4 части, станет 8); а сама окружность уз пересечется
с ранее имевшимися окружностями Yi и Y2 в четырех точках, которые
разобьют ее на 4 дуги. При проведении каждой такой дуги число частей
Рис. 52
Рис. 53

плоскости увеличивается на 1 (каждая дуга разбивает одну ранее
имевшуюся часть плоскости на две).
— Ты правильно сообразил, с чем связано увеличение числа кусков
плоскости: как только появляется новая дуга окружности у3, так число
кусков плоскости увеличится на 1. Давайте,— предложил учитель,—
обозначим через оп число частей, на которые разбивается плоскость п
окружностями. А через dn обозначим число кусков (дуг), на которые
разбита /г-я окружность уп остальными, ранее проведенными
окружностями Yi, у2, ..., уп-\. Чему равно d„?
— Это очевидно, — ответил с ходу Гера, — dn равно числу точек
пересечения окружности уп с остальными п — \ окружностями, то есть dn=
=2(п-1).
— Давайте соберем все полученные выше результаты. Запиши, Толя,
результаты на доске.
— Мы получили, — Толя записывает и одновременно читает вслух:
Ql=2, a2=ai+d2=2+2-l=4,
а3=а2+йз=4+2.2=8.
И аналогично
а4==аз+й4=8+2 • 3= 14,
а5=а4+Й5= 14+2- 4=22.
Пять окружностей делят плоскость на 22 части. И точно так же мы
могли бы подсчитать Об, 07, ...; и вообще а«.
— Хорошо, подсчитай оп.
— Имею:
On=On-\+dn=On-2-\-dn-\+dn=On-3+dn-2-\-dn-\+dn.
После /г—1 шагов получаю:
a„=ai+d2+d3+d4+ ... +d„=2+[2+4+6+ ... +2(n-l)],
то есть а„=2+(/г—1)/г.
— Мне кажется, что мы уже можем вернуться к задаче о сферах,—
сказала Надя.
— Попробуем, — согласился учитель. — Как бы ты стала здесь
рассуждать?
— Я бы применила аналогию. Одна сфера С\ разбивает пространство
на 2 части. Проведу вторую сферу Сг (рис. 54). От пересечения со
сферой С\ на сфере Сг появится окружность, которая разбивает Сг на 2 час-
84

Рис. 54
ти, на 2 «плёнки». Каждая такая «плёнка» находится в одной из ранее
имевшихся частей (областей) пространства и разбивает эту часть на
2 части, так что одна «плёнка» увеличит число областей на 1, а 2
«плёнки»— на 2 единицы. Всего получим 4 области.
— Давайте, — предложил Георгий Данилович,- обозначим число
областей, на которое разбивают пространство п сфер С\у С2, ..., С„,
через s„; а число кусков, число «плёнок», на которое разбивается сфера
Сп остальными п— 1 сферами С|, С2, ..., С„.|, -- через 6„. Можем ли мы
подсчитать 82, 8з, ..., 6„ i и Si, s2, ..., s„?
— Можем, — сказал Игорь. - Сферы С\, С2, ..., Сп-\ пересекают Сп
по я —1 окружностям общего положения. А такие я-—1 окружностей на
сфере —как и п~\ окружностей общего положения на плоскости —
разбивают ее на оп^\ частей. Итак, 6=an- i, то есть 6„—2+(я 2) (/г—1)
Например, 62=2, 6s=14. Теперь я учел бы, что каждая «плёнка»
увеличивает число ранее имевшихся областей пространства на 1; поэтому я бы стал
считать так:
S,=2, 52 = S, 4-62 = 2 + 2 = 4,
s3 = s2 + 63 = 4 + 4 = 8, s4 = s3 + 64 = 8 + 8 =16,
s5 = s4 + 65= 16+14 = 30.
Вот и о т в е т к нашей задаче: 5 сфер общего положения разбивают
пространство на 30 частей.
— Я мог бы так же легко решить задачу и для случая 6 сфер, 7 сфер
и так далее, — добавил Гера.
— Я уверен,— сказал Георгий Данилович,—что вы могли бы даже
вывести общую формулу для решения задачи в случае п сфер. Что же
нам позволило решить эту трудную задачу? Очевидно, сознательное,
целенаправленное применение эвристических приемов: аналогии, индукции,
обобщения.

Шевельнул донец уздою,
Шпорой прикольнул,
И помчался конь стрелою.
А. С. Пушкин
На занятии кружка
— При испытании геометрических высказываний на
правдоподобие,— начал Георгий Данилович, — при поиске контрпримеров
математик нередко рассуждает так: «Возьму хороший случай, когда
высказывание подтверждается, и пошевелю одну точку (или несколько точек,
или отрезок, или какое-либо другое множество точек). Не могу ли я
таким способом получить «плохой случай», когда высказывание уже не
подтверждается?» Рассмотрим простой пример.
Задача 1. Верно ли высказывание: «Если в выпуклом
четырехугольнике ABCD один угол прямой, а диагонали конгруэнтны, то он —
прямоугол ьник» ?
— С ходу не видно, — как бы про себя сказал Гера.
— Вот как можно было бы, — продолжал учитель, — начать поиск
решения. Возьму хороший случай: прямоугольник (рис. 55); у него угол
А — прямой, \AC\=\BD\. He могу ли я теперь так пошевелить на чертеже
86

одну точку — скажем, вершину С,— чтобы условие обсуждаемого
высказывания все еще выполнялось (то есть чтобы угол А остался прямым,
а диагональ [АС] осталась конгруэнтной [BDJ), но чтобы заключение
уже не имело места (то есть чтобы после такого шевеления
четырехугольник ABCD уже перестал быть прямоугольником)?
— Условие, — ответила Ира, —будет по-прежнему выполняться, если
точку С немного переместить по вот этой окружности Г (с центром А
и радиусом \BD\) (рис. 56). Если после перемещения точка С займет
положение С, то получим контрпример: для четырехугольника ABCD
по-прежнему выполняется условие, но не заключение приведенного в
задаче утверждения.
— Значит,— сделал вывод Толя,— высказывание из задачи 1
неверно.
— Рассмотрим еще один пример, — сказал учитель. — Возьму
треугольник (рис. 57) и проведу в нем высоты. Сколько их? Правильно,
три. Пройдут они через одну точку?
— Пройдут, — ответил Гера.
— Пройдут... В любом треугольнике?
— В любом.
— А в таком (рис. 58)?
— В таком — нет.
— Но ты же сказал: в любом...
— Продолжения высот пройдут через одну точку. Вот так (рис. 59).
— Правильно. Итак, мы вспомнили: все высоты треугольника или их
продолжения проходят через одну и ту же точку. А теперь я возьму
тетраэдр (треугольную пирамиду) ABCD (рис. 60) и тоже проведу в нем
высоты: из каждой вершины опущу перпендикуляр на плоскость
противоположной грани. Сколько будет высот?
— Четыре: [ЛЛ1], [BBi], [CCi], [DDi], — перечислил высоты Максим.
— Правильно, четыре. Так вот, предлагаю такую задачу:
Задача 2. Верно ли высказывание: «Все высоты треугольной
пирамиды (или их продолжения) проходят через одну и ту же точку»?
Рис, 55
Рис. 56
Рис. 57

Рис. 58
Рис. 59
— По-моему, верно, — убежденно ответил Вадим. — Проходят!
— Почему?
— По аналогии с треугольником.
— Но аналогия ведь не есть доказательство!
— Конечно. Но у меня такое предчувствие, что проходят.
— Посмотрим, оправдается ли твое предчувствие. Вспомним идею,
которую мы применили в предыдущей задаче. С чего надо начать?
— С хорошего случая, — напомнил Вадим.
— Правильно. Возьмем какой-нибудь простой случай, в котором все
наверняка происходит именно так, как подсказывает твое предчувствие.
Какой бы вы, ребята, предложили случай?
— Когда все ребра одинаковой длины, — посоветовал Максим.
— Хорошо, возьмем именно такую пирамиду (рис. 61). В ней
действительно все высоты проходят через одну и ту же точку О. Не будем
задерживаться на доказательстве этого факта — вы его без труда
докажете, когда подумаете над этим дома. Итак, мы имеем хороший случай,
когда все высоты пирамиды проходят через одну и ту же точку О... А что
теперь сделаем?
— Пошевелим одну вершину, например точку D, — подсказал Игорь.
Рис. 60
Рис. 61

— Хорошо. Куда ее шевелить?
— Вниз, по направлению к точке О, — предложил Гера.
— Но тогда сместятся все высоты, и трудно будет что-нибудь
обнаружить. А кто думает иначе?
— Надо переместить точку D по ребру ДЛ,—внесла свое
предложение Ира.
— И что тогда?
— Получим точку Df (рис. 62). Рассмотрим пирамиду D'ABC. У нее
[CCi] и [ВВ\~\ — по-прежнему высоты, и они проходят через точку О.
А прямая, проведенная через точку D' перпендикулярно к плоскости
треугольника ЛВС, уже наверняка через О не пройдет.
— Итак, — подвел итог учитель, — пошевелив надлежащим образом
вершину D, мы получили такую пирамиду, что четыре прямые, на
которых лежат четыре высоты пирамиды, не имеют общей точки. Какой же
вывод, Вадим?
— Выходит, — ответил Вадим, — что теорема, аналогичная теореме
о трех высотах треугольника, для произвольной треугольной пирамиды
не верна. И может же предчувствие так обмануть!
— Рассмотрим еще один пример,— продолжил разговор Георгий
Данилович.— Пусть каждый в своей тетради нарисует какой-нибудь
выпуклый многоугольник с каким-либо числом сторон (рис. 63). Выберите
внутри нарисованного вами многоугольника какую-нибудь точку Z и
опустите из нее перпендикуляры на стороны многоугольника или их
продолжения. Отметьте основания Z|, Z2, ..., Z„ этих перпендикуляров.
Это — «проекции точки Z на стороны многоугольника». Если
какая-нибудь проекция принадлежит стороне, а не ее продолжению, то условимся
называть эту проекцию «хорошей», а в противном случае назовем
проекцию «плохой». Давайте теперь узнаем, сколько хороших проекций
получила точка Z в каждом из рассмотренных вами случаев. — Учитель
Рис. 62

Рис. 64
Рис. 65
записывает под диктовку ребят: — У Вадима и Зарифы по 4, у Вити,
Геры, Игоря и Толи — по 6, у Саши — 5, у Лены, Нади — по 3, у Иры — 6,
у Андрея — 2, у Сережи и Максима — по 7. Меньше двух не получилось
ни у кого. Теперь я предложу такую задачу.
Задача 3. Можно ли гарантировать, что при любом выборе
выпуклого многоугольника и любом выборе точки Z внутри него, по
крайней мере, две из ее проекций являются хорошими?
— По-моему, можно, — сказал твердо Игорь.
— Да, будет не меньше двух хороших, — согласилась Ира.
— По-моему, можно так подобрать треугольник и точку в нем, чтобы
хороших проекций было только две, — осторожно высказал свое
мнение Андрей.
— Покажи это, Андрей, на доске.
— Вот так (рис. 64).
— Правильно. А для четырехугольника?
— Взять, может быть, квадрат... — прикидывал Андрей.
— Нет, с квадратом,— возразила Ира,— ничего не получится:
каждая точка внутри квадрата имеет четыре хороших проекции.
— Тогда — ромб, — размышлял Андрей.— Вот вершина А (рис. 65)
имеет только две хорошие проекции (совпадающие с Л), это будут
проекции точки А на (АВ) и (AD). Можно пошевелить точку Л, сдвинуться
немного внутрь ромба. Тогда получим точку N, у которой тоже только две
хорошие проекции.
— Можно, — заметил Саша, — даже провести внутри ромба такой
отрезок [EF~\ (рис. 66), что каждая его точка будет иметь ровным счетом
Рис. 66

две хорошие проекции; надо только, чтобы этот отрезок [EF~\ был
достаточно близок к точке А.
— А теперь, — предложил Сережа, — перейдем к случаю
пятиугольника. Давайте рассмотрим хотя бы этот, который уже начерчен, EFDCB.
— Давайте,— сказал учитель.— Как вы думаете, какое самое меньшее
число хороших проекций может иметь точка из этого пятиугольника?
— Я бы рассмотрел какую-нибудь точку N отрезка [EF~\ — ответил
первым Игорь.— У нее, очевидно, только одна хорошая проекция, а
именно — проекция на сторону EF (она совпадает с самой точкой N).
— Но ведь точка N не лежит внутри многоугольника, —
засомневалась Лена, — а в условии задачи говорится только о точках, лежащих
внутри многоугольника!
— Это не страшно, — возразил Саша, — пошевелим точку N,
сдвинем ее немного внутрь пятиугольника. При малом шевелении точки N
мало пошевелятся и ее проекции. И те проекции, которые были плохими
до шевеления, останутся плохими и после шевеления. Значит, после
шевеления точки N получим точку N' внутри пятиугольника, у которой
только одна хорошая проекция — а именно проекция на сторону EF.
— Какой же окончательный вывод? — спросил учитель.
— Нельзя гарантировать, что при любом выборе многоугольника
и любом выборе точки Z внутри него эта точка имеет, по крайней мере,
две хорошие проекции: может случиться, что у точки Z только одна
хорошая проекция, — закончил Игорь.
— Отдадим себе отчет, — сказал учитель, — в чем суть приема,
которым мы пользовались в этих трех задачах. Предположим, что мы хотим
построить, подобрать, «сконструировать» фигуру, обладающую
несколькими свойствами, скажем I, II, III. Следуя нашему приему, подбираем
сначала фигуру, обладающую не всеми, а только некоторыми из этих
свойств — например, свойствами I и II; а затем шевелим эту фигуру
(например, сдвигаем точку). Если свойства I и II устойчивы, то есть не
разрушаются, не теряются при «малых шевелениях», то можно
попытаться подобрать «шевеление» так, чтобы после него фигура обладала
еще и пропущенным свойством (III). Так, например, в задаче 1 при
сдвиге точки С вдоль окружности Г два свойства (Л=90° и \AC\=\BD\)
устойчивы, а третье (Вф90°) фигура приобретает после надлежащего
шевеления. В задаче 3 устойчиво свойство «проекция располагается на
продолжении стороны (а не на самой стороне)». Рассмотрим более
сложную задачу на применение этого приема. Вот перед вами два
совершенно одинаковых правильных тетраэдра, изготовленные из дерева.
А задача такая.
Задача 4. Можно ли в правильном тетраэдре просверлить
сквозное отверстие (не обязательно круглое), чтобы через него мог пройти
такой же тетраэдр?
91

Рис. 67
Рис. 68
— Очевидно, нет. — Вите вопрос показался наивным. — Ведь объемы
тетраэдров одинаковы!
— Ну и довод! — усмехнулась Надя. — Вот ты берешь тонкий лист
фольги площадью в один квадратный метр и кубик с ребром в один
дециметр. Кубик, очевидно, имеет болыиий объем, чем лист фольги, но ведь
не возникает же у тебя сомнение в том, что можно вырезать в листе
фольги отверстие, через которое свободно пройдет кубик!
— Знаете, — признался Сережа, — «отверстие», «просверлить»,
«можно просверлить отверстие», «пройдет через отверстие» — это же
какие-то нематематические термины. Я бы себя чувствовал уверенней,
если бы задачу удалось переформулировать более математически.
— Мне кажется, — откликнулся Саша, — что такое сделать
несложно. По-моему, речь идет о следующей чисто математической задаче.
Задача 4А. Можно ли расположить в пространстве два
конгруэнтных правильных тетраэдра V и Т так, чтобы при ортогональном
проектировании их на некоторую плоскость а проекция (Ф) тетраэдра Т
целиком (включая границу) лежала внутри проекции Ф' тетраэдра V?
— Да, именно так, — согласился учитель.
— Но тогда почти очевидно, — сказал Сережа, — что на
поставленный в задаче вопрос надо ответить так: «Нельзя».
— Это почему же? Мне это не очевидно... — Сейчас Толя завидовал
Сереже: «Какой сообразительный!»
— Вот посмотрите, — продолжал Сережа, — я буду проектировать
92

тетраэдры Г и Г на плоскость (а) стола. Расположу тетраэдр Т так,
чтобы его грань А'В'С (рис. 67) лежала в плоскости стола (а). А
тетраэдр Т расположу так, чтобы его грань ABC была параллельной
плоскости а. Тогда проекции (Ф' и Ф) данных тетраэдров конгруэнтны.
Поэтому очевидно, что фигура Ф не окажется строго внутри фигуры Ф'.
— Да не так ты располагаешь тетраэдр Л — В голосе Нади
чувствовалась досада. — Ты его просто неудачно поместил в пространстве. Надо
расположить тетраэдр Т так, чтобы его проекцией на плоскость стола
оказалась не его грань, а фигура с меньшей площадью. Разве это
невозможно?
— Конечно, возможно, — охотно уступил Сергей. — Но я и такую
возможность продумал. Вот я расположил тетраэдр Т (рис. 67) так, чтобы
проекция его грани ABC совпала с треугольником А'В'С (точка А
проектируется в точку А\В—в В',С — в С'). Теперь я пошевелю тетраэдр Т\
поверну его вокруг ребра АВ на малый угол. Тогда проекция С\
вершины С окажется внутри треугольника А'В'С\ Буду дальше поворачивать
тетраэдр Т вокруг ребра АВ до того положения (рис. 68), в котором
ребро CD станет перпендикулярным плоскости стола (а). При этом
проекцией тетраэдра Т на плоскость а окажется некоторый треугольник
(равнобедренный) А\С\В\У и его площадь будет, конечно, меньше, чем
площадь треугольника А'С'В'. Но ведь у этих треугольников одинаковые
основания ([А\В\]=[А'В'])У а высоты короче оснований. Поэтому все
равно &А\С\В\ не окажется целиком внутри треугольника А'С'В'.
Итак, ответ «нет», по-моему, достаточно правдоподобен.
Рис. 69
Рис. 70

— Думаю, еще рано что-либо утверждать,— возразил Саша;— Я бы
попытался проверить, будет ли верна твоя гипотеза, Сергей, если в
рассмотренном тобой случае подвергнуть тетраэдр еще одному шевелению.
— А как?
— А вот как. Давай отметим середины F и К ребер АВ и CD
(рис. 68). Я бы, не меняя положения, точек F и /С в пространстве,
повернул на малый угол вокруг (FK) точку А.
— А значит, и точку 5?
— Да, и точку В, и тетраэдр Т целиком. Тогда 'Вместо
треугольника А\С\В\ ты получишь в проекции четырехугольник... трапецию
A2B2C2D2 (рис. 69). Если угол поворота достаточно мал, то эта трапеция
будет принадлежать треугольнику А'С'В', причем сторона Л2В2 будет
на границе этого треугольника. Чтобы трапеция оказалась внутри
треугольника А'С'В*\ я бы подверг тетраэдр еще одному малому
шевелению, а именно — сдвинул бы тетраэдр Т на малый вектор, коллинеар-
ный вектору FK (рис. 70). При этом трапеция A2B2C2D2 перейдет в
некоторую трапецию Лз^зСз^з, целиком лежащую внутри
треугольника А'С'В'. Видим, что возможно тетраэдры V и Т расположить в
пространстве так, чтобы проекция тетраэдра Т на плоскость а оказалась
лежащей внутри проекции тетраэдра Т на ту же плоскость. Итак, на
вопрос, поставленный в задаче 4Л, надо ответить: «да». Значит, возможно
в тетраэдре Т просверлить отверстие, через которое пройдет тетраэдр Т
(просверлить отверстие в Т следует перпендикулярно плоскости
грани А'С'В' так, чтобы проекцией отверстия на плоскость А'С'В' оказалась
какая-либо фигура, содержащая внутри себя трапецию ЛзВзС303 и
лежащая внутри треугольника А'С'В').
— Хочу обратить ваше внимание на одну разновидность задач, —
сказал учитель, — для решения которых обычно полезно привлечь идею
малых шевелений. Я имею в виду задачи, в которых требуется выбрать
из некоторого множества фигур ту, которая — в том или ином смысле —
является наилучшей (например, имеет наименьший периметр,
наибольшую площадь и т. п.). Нередко в таких задачах основная трудность
состоит в том, чтобы сначала угадать правильный ответ; для этого и может
пригодиться «метод малых шевелений»: берем произвольно
какую-нибудь фигуру из рассматриваемого множества фигур и пытаемся малым
шевелением ее улучшить. Если это удается, то можем повторить
аналогичные рассуждения, но уже с «улучшенной» фигурой. Если же мы
обнаружим фигуру, которую нам улучшить не удается, то правдоподобно,
что она и есть искомая (за этим, разумеется, должно последовать
строгое доказательство). Рассмотрим одну такую задачу.
Задача 5. Дан угол С, меньший развернутого, и точка Р внутри
него. Укажите способ построения прямой, проходящей через точку Р и
отсекающей от угла С треугольник наименьшего периметра.
94

— Поиск решения, — продолжил через несколько минут учитель,—
можно начать так: проведу через Р произвольную прямую А'В\ где
А' и В' — точки на сторонах угла (рис. 71).
Трехзвенную ломаную А'СВ'А' я попытаюсь заменить более простой,
а именно: двухзвенной ломаной той же длины, но с конгруэнтными
звеньями. Для этого рассмотрю вневписанную окружность Г для
треугольника А'СВ'(Г касается стороны А'В' в точке Т и продолжений
сторон СА' и СВ' в точках М и N). Вы, конечно, видите, что периметр 2р
треугольника А'СВ' равен |CAf| + |CW|, причем \CM\=\CN\. Представлю
себе сначала, что окружность Г расположена*«далеко» от точки С. Стану
окружность Г «подкатывать» (приближать) к вершине С, одновременно
сжимая ее (то есть уменьшая ее размер) так, чтобы она оставалась
касательной к сторонам угла. При этом будут смещаться точки М, N, А'% В'\
отрезки СМ и CN будут уменьшаться, а вместе с ними — и периметр
2р треугольника А'СВ'. Пока точка Р расположена вне окружности Г,
мы можем пошевелить эту окружность, «подкатить» ее немного к
вершине С, но чтобы точка Р по-прежнему оставалась вне окружности Г.
При этом периметр треугольника А'СВ' уменьшится.
Такая возможность — получения наряду с выбранным треугольником
другого треугольника с меньшим периметром — исчезнет, как только
точка Р окажется не вне окружности Г, а на этой окружности. Поэтому
правдоподобно, что треугольник А'СВ' минимального периметра
возникнет тогда, когда прямая А'В' будет касательной к окружности,
проходящей через точку Р и касающейся сторон угла С. Теперь мы можем
обратиться к полному и обоснованному решению задачи. Начни, Сережа,
рассуждать у доски.
— Решение. Построю какую-либо окружность Г", вписанную в
угол С (рис. 72), и пусть О' — ее центр. Через Р' обозначу первую
(считая от С) точку встречи луча СР с построенной окружностью.. Строю
Рис. 71

Рис. 72
затем окружность у» гомотетичную окружности Г" относительно центра
гомотетии С, полагая коэффициент k гомотетии равным \СР\ / \СР'\.
Провожу через Рк у касательную и отмечаю ее точки встречи Л и В со
сторонами угла. ААСВ — искомый. Докажу это.
— Доказательство приведет Толя, — распорядился учитель.
— Пусть [Л*В*] — какой-нибудь (отличный от [АВ] отрезок с
концами на сторонах угла С, проходящий через Р. Прямая Л*В*, не будучи
касательной к у, встречает у в двух точках: Р и Q. Поэтому вневписан-
ная окружность Г* для АА*СВ* гомотетична окружности у с
коэффициентом, большим единицы. Но тогда ясно, что
|CM*| + |CW*| > \CM\ + \CN\
(здесь М* и N* — точки касания Г* со сторонами угла). Это означает,
что АА*СВ* имеет больший периметр, чем ААСВ. Итак, видим, что
построенный нами ААСВ действительно удовлетворяет условиям задачи.
— Не только в геометрических задачах, — сказал Селиванов, —
может оказаться полезной идея «малых шевелений». Для примера давайте
рассмотрим такую задачу.
Задача 6. Три друга — вы их все знаете, это Алик Алексеев,
Боря Борисов и Вася Васильев из девятого «Б» — рассказали такую
историю. Они будто бы однажды сыграли некоторое число партий в шахматы,
причем каждый с каждым сыграл одинаковое число партий. Потом,
когда стали решать, кто лучше сыграл и должен считаться победителем,
Алик сказал своим партнерам: «У меня меньше, чем у каждого из вас,
проигрышей». Боря сказал: «А у меня больше, чем у каждого из вас,
выигрышей». Но когда подсчитали очки, то оказалось, что больше всего
очков набрал Вася (выигрыш — / очко, ничья '/г очка, проигрыш — 0).
96

Рис. 73
Мог ли быть такой турнир? Если нет, то докажите; если да, то приведите
пример.
— Итак, — сказал учитель, — турнир должен удовлетворить трем
условиям: I) Алик должен иметь меньше всего проигрышей;
II) Боря должен иметь больше всего выигрышей;
III) Вася должен набрать больше всего очков.
— Я попытался представить себе такой турнир, но что-то не
получается, — признался через некоторое время Максим.
— Давайте попробуем, — предложила Ира, — сконструировать
турнир, который обладал бы всеми свойствами, о которых говорится в
условии задачи.
— Турнир, — воодушевился Витя, — будем составлять из отдельных
туров (в туре — три партии: каждый игрок играет с каждым другим одну
партию). Например, могут быть такие туры: Алик сыграл с двумя
другими игроками вничью, а Боря выиграл у Васи; или: Алик сыграл с
двумя другими вничью, а Вася выиграл у Бори. Пару таких туров назовем
«двойным туром типа Л» («типа Алика»). Результаты двойного тура
типа Л я соберу в таблицу (рис. 73).
— Чем же он так хорош, этот твой «двойной тур типа Л»?—
спросил Максим.
— А вот чем, — спокойно ответил В^тя. — Турнир, который
представляет собой такой двойной тур, удовлетворяет условию I: у Алика
меньше, чем у каждого из остальных, проигрышей (нуль проигрышей). При
этом каждый набрал по два очка.
— Турнир, составленный из любого числа таких «двойных туров
типа Л», тоже будет обладать свойством I, — заметила Лена.
— Рассмотрим, — предложил учитель, — такой турнир, о котором
говорит Лена, и пусть в нем много «двойных туров типа Л» — скажем,
100 таких туров. Какими будут результаты такого турнира?
4 Поиск решения 97

Рис. 74
— Это ясно хотя бы из вот такой таблицы (рис. 74), где собраны
результаты такого турнира,— ответила Надя.— Каждый набрал по
200 очков, причем Боря и Вася имеют по 100 выигрышей и по 100
проигрышей, у Алика меньше всего проигрышей (нуль проигрышей, но и
нуль выигрышей).
— Теперь я бы применил «малое шевеление» этого турнира. А
именно, — Витя снова взял инициативу, — пусть сыграно еще небольшое
число туров (не обязательно «типа Л»). Тогда получим турнир, в котором
Алик будет по-прежнему иметь проигрышей меньше, чем Боря и Вася
(иначе говоря, при «малых шевелениях» турнира свойство I
«устойчиво»). Подберу это «малое шевеление» так, чтобы выполнялось еще
условие II. Для этой цели сначала воображу себе вот такой «двойной тур
типа В» («типа Васи»): в нем каждый игрок с каждым из остальных
сыграл по четыре партии, причем Вася набрал четыре ничьих, а Алик и
Боря имели лишь по одному выигрышу (и по одному проигрышу); при
этом каждый из трех игроков набрал по два очка. Результаты «двойного
тура типа В» я собрал в одну таблицу (см. рис. 75). Если (после указан-
Рис. 75*

Рис. 76
ных 100 туров «типа Л») были сыграны, скажем, еще 10 «двойных туров
типа В», то в результате такого «небольшого шевеления» каждый из трех
игроков будет иметь (см. рис. 76) по 220 очков, причем Алик будет иметь
только 10 проигрышей (и столько же выигрышей), Боря— ПО
выигрышей (и НО проигрышей), Вася имеет 100 выигрышей (и 100
проигрышей) и 240 ничьих. Вижу, что условия I и II выполняются.
— И что же дальше будешь делать? — забеспокоился Гера. — Ведь
условие III не выполнено!
— К вновь полученному турниру применю еще одно «малое
шевеление» в виде какого-либо одного дополнительного тура; независимо от его
исхода условия I и II останутся выполненными (эти условия устойчивы):
Алик останется игроком с наименьшим числом проигрышей, Боря —
игроком с наибольшим числом выигрышей. Так подберу-ка я этот
дополнительный тур (из трех партий) так, чтобы Вася в нем набрал больше
очков, чем каждый из остальных игроков: например, Вася набирает в нем
два очка, выигрывая у Алика и Бори, а Алик и Боря делают между собой
ничью; результаты такого тура ясны из таблицы (рис. 77). Таким
образе. 77

зом, из отдельных туров сконструирован турнир, в котором все три
условия I, II, III выполнены. Результаты такого турнира собраны в
таблицу (рис. 78). Видим, что турнир, о котором говорится в условии задачи,
в принципе мог иметь место.
— Ничего себе турнир! — воскликнул Толя. — По 442 партии сыграл
каждый, всего сыграно... 663 партии! А нельзя ли подобрать турнир с
меньшим числом партий, но который тоже удовлетворял бы условиям
данной задачи?
— В задаче, — ответил Селиванов, — требовалось установить,
возможен ли вообще турнир, обладающий свойствами I, II, III. После того,
как существование такого турнира доказано, можно попытаться найти
турнир с меньшим числом партий, обладающий теми же свойствами.
Оказывается, можно подобрать такой турнир, в котором всего 42 партии.
Об этом ты можешь прочитать в журнале «Квант», № 9 за 1976 год,
стр. 39—45, где для поиска решения той же задачи используется
совершенно иная идея.
КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 7. В четырехугольнике ABCD диагонали перпендикулярны
и конгруэнтны и, кроме того, |>4B|=|CD|. Обязательно ли этот
четырехугольник — квадрат?
— Расскажи, Лена, как бы ты стала решать эту задачу.
— Я бы начала с хорошего случая, то есть с квадрата, и применила
бы шевеление его диагонали. Пусть ABCD (рис. 79) —квадрат. Сдвину
немного его диагональ [BD] так, чтобы она осталась перпендикулярной
к АС и конгруэнтной [АС] (рис. 80), но чтобы точка О пересечения
диагоналей не делила каждую из них пополам. Чтобы было \AB\=\CD\,
достаточно выбрать точки В и С на одинаковых расстояниях от О.
Полученный четырехугольник ABCD — не квадрат (а трапеция), но всем
Рис. 78

Рис. 79
Рис. 80
поставленным условиям он удовлетворяет. Значит, ответ к задаче такой:
«Нет, не обязательно».
Задача 8. В выпуклом шестиугольнике противоположные стороны
попарно параллельны, а три диагонали, соединяющие противоположные
вершины, конгруэнтны. Обязательно ли этот шестиугольник правильный?
— Как бы ты, Гера, ответил на этот вопрос?
— Я бы начал с правильного шестиугольника А^АъАаАьАь. Его
диагонали А \Аа и АчАъ я бы не стал трогать, а пошевелил бы диагональ АзАв,
повернул бы ее на малый угол вокруг ее середины. Вновь полученный
шестиугольник по-прежнему удовлетворяет поставленным в задаче
требованиям, но он уже — неправильный.

Важность «е — б определения» непрерывности
состоит главным образом в его применимости
к доказательству каких-либо фактов... и лишь
в незначительной мере — к обнаружению
каких-либо фактов... Для получения ответов
лучше использовать интуитивные
соображения — даже если они кажутся весьма
зыбкими. Для доказательства же правильности
ответов только строгие формальные доводы
заслуживают доверия.
Д ж. Б. Р о ее е р1
ПРОЛОГ
Задача 1. Существует ли на плоскости такой четырехугольник,
у которого последовательные стороны имеют длины 3 метра, 4 метра,
5 метров и 6 метров и около которого можно описать окружность?
1 Дж. Б. Росс ер — современный английский математик; эпиграф взят из его книги
«Логика для математиков».
102

На занятии кружка
— В самых различных вопросах математики нередко удается
получить правильные ответы на те или иные задачи, если рассмотреть
величины, которые с течением времени изменяются непрерывно. Наглядное
представление о таких величинах имеет каждый1. Можно привести
немало случаев, когда каждый из нас, опираясь на такие наглядные
представления, скажет, что та или иная величина изменяется непрерывно
с течением времени. Например, путь, который пройдет автомобиль
(точнее говоря, каждая его точка), будет расти непрерывно с течением
времени. Непрерывно с течением времени будет изменяться и скорость
автомобиля.
Давайте возьмем вот этот шарнирный угол (рис. 81); его начальную
сторону [ОА) оставим неподвижной, а конечную сторону [ОВ) будем
поворачивать вокруг точки О против направления движения часовой
стрелки; тогда величина угла, заметаемого лучом ОВ, будет изменяться
непрерывно с течением времени.
Непрерывно меняется с течением времени площадь, заметаемая
каким-нибудь движущимся отрезком АВ (рис. 82).
Теперь давайте придумаем пример величины, которая с течением
времени не изменяется непрерывно, а наоборот — изменяется скачками.
Может ли кто-нибудь привести пример такой величины?
— Количество оценок, выставленных мне с начала четверти, —
сказала Ира.
— Неплохой пример. А вот еще пример величины, которая не
меняется непрерывно. Рассмотрим на координатной плоскости фигуру Ф,
которая является объединением квадрата Q (квадрат рассматривается вмес-
1 Строгое определение непрерывной функции см. в учебнике «Алгебра и начала
анализа — 9».
Рис. 81
Рис. 82
Рис. 83

Рис. 84
Рис. 85
те со своей внутренней областью) и оси ординат Оу. Пусть прямая MN
(рис. 83)параллельна оси Ох и, начиная с некоторого момента /о,
движется (опускается) равномерно «вниз» (то есть в направлении,
противоположном направлению оси Оу). Пересечение Ф с прямой MN может
оказаться либо одной точкой, либо отрезком. Обозначим через l(t) длину
такого отрезка (или точки) в момент t. В начале движения (при t=to)
пересечение состоит из одной точки, и поэтому /(/)=0 при t=t0. В течение
некоторого промежутка времени такая картина сохранится: будет /(/)=0.
Но вот в какой-то момент t\, прямая MN совпала с прямой ВС; тогда
l(t\)=\BC\=2. При дальнейшем опускании прямой MN будем еще в
течение некоторого времени иметь l(t)=2 — до того момента /2, когда
прямая MN совпадет с прямой DA. А после этого (при t>t2) будет опять
/(/)=0. В данном случае мы, естественно, скажем, что величина /(/)
меняется в моменты t\ и h не непрерывно, а скачкообразно. Графически
можно функцию l(t) изобразить так (рис. 84).
Представим себе, что какая-нибудь величина (например, длина
отрезка, величина угла, сумма нескольких углов, площадь какой-то
изменяющейся фигуры и т. п.) менялась с течением времени непрерывно.
Разнообразные приложения находит следующее интуитивно очевидное
утверждение, которое называется «теоремой о промежуточном значении»:
Если некоторая величина (и) менялась непрерывно в течение
какого-то отрезка времени и в начальный момент она была меньше
постоянной с, а в конечный она была больше, чем с, то был такой
промежуточный момент времени, когда величина (и) была равна (с).
В качестве» примера на применение этого утверждения рассмотрим
задачу 1 из пролога. Вообразим себе шарнирный четырехугольник ABCD
со сторонами, равными 5, 4, 3, 6 единицам (рис. 85). Так как \АВ\ + \ВС\=
104

=\CD\-\-\DA\, то можно деформировать (сплющить) четырехугольник
таким образом, чтобы все его вершины оказались на одной прямой
(рис. 86). В этом начальном положении четырехугольника чему будет
равна сумма двух углов А и С?
— Будет Л + С=0°, — ответила Зарифа.
— Видим, что в начальном положении четырехугольника Л + С<180°.
Будем теперь сжимать четырехугольник (рис. 86) в направлении АС до
тех пор, пока вершина С не окажется на отрезке BD (рис. 87). В этом
конечном положении какой будет сумма углов А и С.
— Будет А + С>180°, — ответил Витя.
— Так как из начального положения четырехугольника мы пришли
к конечному положению, непрерывно меняя сумму А-\-С,то в какой-то
промежуточный момент величина А + С была равна 180°.
Следовательно, — заключил учитель, — существует такое положение
четырехугольника ABCD, при котором около него можно описать окружность.
— А можно ли соображения непрерывности применять не к
четырехугольнику, а к замкнутым ломаным с большим числом звеньев? —
спросила Ира.
— Можно,— ответил Георгий Данилович.— Но только рассуждать
надо несколько иначе. Сейчас вместе сообразим, как именно. Вот, по-
твоему, Ира, какому условию должны удовлетворять положительные
числа а\у аг, ..., ап-\> ап, где п^З, чтобы они могли служить длинами
звеньев некоторой замкнутой ломаной?
— Видимо, наибольшее из этих чисел должно быть меньше суммы
остальных, поскольку каждое звено (даже наибольшее) меньше
остальной части периметра ломаной.
— Совершенно верно. Так вот, будем считать, что ап — наибольшее
из указанных п чисел, причем оно меньше суммы остальных:
Рис. 86
Рис. 87

Вопрос состоит в следующем: существует ли при этих условиях
замкнутая п-звенная ломаная, у которой стороны имеют длины а\, а2, ..., ап и
вокруг которой можно описать окружность?
— Я поступил бы так, — сказал Игорь. — Я стал бы рассматривать
окружности различных радиусов R и в каждую из них вписал бы
ломаную (вообще говоря, незамкнутую) A\A2...An-\An со звеньями длины
(соответственно) a\t а2, ..., аП-\(\А\А2\=аи |Л2Л3|=а2, ...,|Лп-Ип|=а„-1)
(рис. 88). Длину хорды А\АПу соединяющей концы этой ломаной,
обозначу через и (то есть w=|i4i>4n|). Понятно, что и зависит только от
выбора радиуса (/?) окружности (но не зависит от выбора на окружности
положения начала А\ ломаной). Я попытался бы подобрать такое
значение R' радиуса /?, при котором было бы и>ап\ затем я стал бы искать
такое значение R"<R', при котором и<Сап. Если такие R' и R" удалось
бы обнаружить, то я стал бы непрерывно менять радиус R окружности
от /?' до R"\ иными словами, я стал бы непрерывно сжимать окружность
радиуса R' до тех пор, пока ее радиус не стал бы равным /?". При этом
концы вписанной ломаной А\А2...Ап-\Ап будут скользить по окружности
(но так, чтобы длины ее звеньев не изменялись); длина и замыкающего
звена будет непрерывно изменяться. Так как в начальный момент (то
есть при /?=/?') u>an, а в конечный (то есть при /?=/?") u<an, то по
теореме о промежуточном значении должно существовать такое
значение радиуса R=Ro (Ro — между R' и /?"), для которого длина и хорды
А\Ап будет в точности равна ап. Это означает, что вписанная в
окружность радиуса Ro замкнутая ломаная А\А2...Ап-\АпА\ будет иметь своими
звеньями отрезки с длинами щ, а2, ..., ап-\> ап. Мы получили бы
положительный ответ на интересующий нас вопрос.
— Очень хороший план поиска, — похвалил Игоря учитель.
— А откуда у нас может быть уверенность, что найдется окружность
(какого-то радиуса /?'), для которой и>ап? — стала сомневаться Лена.
— Видишь ли, Лена, — вмешалась Зарифа, — обнаружить
существование такой окружности нетрудно с помощью следующих соображений.
Рис. 88

Рис. 89
Ведь если отрезки длины (соответственно) а\, 02, ..., dn-i отложить
последовательно на прямой, то отрезок А\АПу соединяющий начало первого
отрезка с концом последнего, будет иметь длину, большую, чем ап
(потому что по условию ai-f ^2+ ••• +ап-\>ап). Так как в окружности очень
большого (по сравнению с ап) радиуса /?' ломаная А\Аъ..Ап
располагается «почти прямолинейно», то и в ней замыкающая хорда А\Ап будет
иметь длину (и), большую, чем ап. Значит, есть такое /?', что для
вписанной в окружность радиуса /?' ломаной А\А2...Ап-\Ап будет и>ап*
— Хорошо, а как быть с /?"? — продолжала сомневаться Лена.
— Мне кажется, что это можно сделать так... — Вадим что-то чертил
пальцем в воздухе, потом более уверенно продолжал: — Выберу из
чисел а\, а?, ..., ап-\ самое большое. Пусть, ради конкретности, это
будет аз. Рассмотрю окружность диаметра аз и отложу от одного конца
диаметра последовательно один за другим хорды длины аг и ai, а от
другого конца —хорды длины а4, а5, ..., ап-\ (рис. 89). Получится ломаная,
причем расстояние и между ее концами не больше диаметра, то есть не
больше аз и, значит, подавно не больше, чем ап. Вижу, что если
положить /?//=-^-а3, то будет и не больше, чем а„. Далее применяем
рассуждение Игоря.
— Итак, — заключил учитель, — при любом выборе положительных
чисел ai, аг, ..., а„, для которых an^ai, a„^a2, ..., an^art-i,
ап<а1+а2+...+ая_1, существует замкнутая ломаная А\Аъ...АпА\, у
которой длины последовательных звеньев выражаются числами ai, ..., ап и
около которой можно описать окружность1.
1 Не исключено, что ломаная, о которой мы сейчас говорили, окажется
самопересекающейся. Однако, проводя рассуждение более тщательно, можно было бы доказать
существование выпуклого многоугольника, обладающего всеми указанными выше свойствами.
107

— Рассмотрим еще один пример, — продолжал Георгий
Данилович. — Посмотрите на это уравнение:
2х=\х.
Имеет ли оно корень?
— Надо прологарифмировать и попытаться решить уравнение,
которое получится, — предложил Витя.
— Нет, от этого легче "не станет, — возразил Андрей. — Появится
слева х, а справа — его логарифм. Все равно х не найдешь.
— Да что здесь гадать, — вставил Игорь, — один корень очевиден:
х=4. Посмотрите: 24=4-4.
— Правильно, — подтвердил учитель. — Так вот какова моя задача.
Задача 2. Имеет ли уравнение
4х-2*=0 (1)
корень между 0 и 1?
— Это как-то связано, — спросил Сергей учителя, — с теоремой о
промежуточном значении? Да? А что же обозначает здесь время? х?
— Именно так.
— Тогда, кажется, ясно. Пусть х — время, и пусть оно меняется от
момента .*=0 до момента х=1. При х=0 величина и=4х—2х равна
—1<0. При л:=1 величина и равна 2>0. Поэтому найдется
промежуточный момент хо между 0 и 1, что и(х0)=Оу то есть 4*0—2*0=0. Значит,
число хо — такой корень уравнения, который заключен между 0 и 1.
— А как же этот корень найти? — спросила Ира.
— Да, — сказал учитель, — мы установили только существование
корня уравнения. А каждое «доказательство существования» кто-то из
математиков сравнил — в шутку — с приобретением замкнутого сейфа
с деньгами: сейф есть, а ключей от сейфа нет. Но если есть уверенность,
что в сейфе имеются деньги, то имеет смысл приложить усилия, чтобы
его открыть. Аналогично обстоит дело и в случае уравнения (1). В
математике разработаны приемы, позволяющие вычислить корень
(существование которого нам известно) приближенно, но с любой наперед
указанной точностью. Вы можете прочитать о таких приемах в книжке
Н. Я. Виленкина «Метод последовательных приближений».
КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 3. В астрономии важную роль играет уравнение
Кеплера: *+esin х=М. Выясните, имеет ли это уравнение при е=0,3 и
M=6J корень в промежутке ]2я; Зя[.
— Что бы ты, Ира, посоветовала здесь сделать?
108

— Величина *+esin x меняется непрерывно при изменении х от 2я
до Зя; при х=2п она равна 2я и, следовательно, меньше, чем 6,7; при
х = 3я та же величина x-\-es\nx равна Зя и, значит, больше, чем 6,7.
Поэтому при каком-то промежуточном значении Хо будем иметь:
л:о+0,35тл:о=6,7. Итак, при е=0,3 и М=6,7 уравнение Кеплера имеет
корень между 2я и Зя.
Задача 4. На плоскости начерчен квадрат и неперекрывающийся
с ним треугольник. Существует ли такая прямая, которая разделила бы
одновременно каждую из этих фигур на две равновеликие части?
— Как бы ты, Витя, стал искать ответ?
— Проведу через центр О квадрата произвольную прямую /, не
пересекающую треугольник; буду затем равномерно вращать эту прямую
^вокруг точки О, и пусть u=u(t) — площадь заметенной ею (к моменту
времени /) части треугольника. В начальный момент w=0<-7pS (S —
площадь треугольника); кроме того, ясно, что наступит такой момент,
когда будет и= S>-i-S. Поэтому в какой-то промежуточный момент
величина и будет равна -n-S. В этот момент прямая / делит и треугольник
и квадрат на две равновеликие части. Итак, прямая, о которой говорится
в условии задачи, должна существовать.
Задача 5. Диаметры двух кругов равны соответственно 1
дециметру и 0,5 дециметра. Существует ли прямая, параллельная линии их
центров, из_ которой эти круги высекают две хорды суммарной длины
20У20б6 дециметров?
— Какое у тебя, Максим, складывается мнение?
— Рассмотрю произвольную прямую а, параллельную линии
центров 0\02 и не пересекающую данные окружности; буду равномерно
перемещать прямую а параллельно самой себе по направлению к линии
центров данных кругов до слияния с прямой О1О2. Пусть
u=u(t)—суммарная длина хорд, высекаемых данными кругами на прямой в момент t.
Вначале и = 0<20°°/5000, в конце и = 1,5>200У2Ш) (замечу, что
2ооо^2000<2000|/21^=/Т< 1,5). Поэтому в какой-то промежуточный
момент будет и = 2000|/2000; в этот момент прямая а удовлетворяет условиям
задачи.
— Прежде чем рассмотреть следующую задачу, — сказал учитель,—
договоримся, какой смысл будем придавать выражению:
«Четырехугольник описан около фигуры Ф».
— Случай, когда Ф — треугольник, мы встречали в кружке еще
в прошлом году, — вспомнил Витя. — Это было на занятии, которое
называлось «Испытания на правдоподобие».
— А со случаем, когда Ф — окружность, мы имели дело на уроках
геометрии, — добавил Максим.
109

Рис. 90
— Предлагаю, — сказал Саша, — такое определение, которое
охватывает эти частные случаи: «Четырехугольник считается описанным
около фигуры Ф, если каждая точка этой фигуры лежит внутри или на
границе четырехугольника, причем на каждой его стороне (быть может, в
конце этой стороны) находится хотя бы одна точка фигуры Ф».
— Принимаем твое предложение, — согласился Георгий
Данилович. — Предлагаю такую задачу.
Задача 6. Существует ли такой квадрат, который был бы описан
около параллелограмма ABCD, изображенного на рисунке 90? Здесь
предполагается, что длины отрезков А В и AD равны соответственно 20 см
и 1 см, а ЁАЪ=60о.
— Как бы ты, Саша, стал искать ответ к этой задаче?
— Построю сначала прямоугольник P\Q\R\S\ (рис. 91), который
описан около параллелограмма ABCD, причем Р\=А, [AD]cz[P\S\],
[BC]c:[Qi/?i]. Легко видеть, что PiQiR\S\— не квадрат: |PiQil>|PiSi|.
Рис. 91

Рис. 92
Рис. 93
Проведу теперь через точку А прямую PQ, и пусть угол BAQ^30°.
Прямую PQ буду равномерно поворачивать вокруг точки А от того
положения, когда она образует с лучом [АВ) угол в 30° (то есть занимает
положение P\Q\)y до того положения, когда она окажется перпендикулярной
к прямой АВ. Для каждого,а буду строить прямоугольник PQRS,
описанный около параллелограмма ABCD. С течением времени длина
каждой стороны прямоугольника PQRS будет изменяться непрерывно, и
непрерывно будет меняться разность u = \PQ\ — \PS\. В начальный момент
(когда а=30°) эта разность, как мы уже видели выше, положительна;
в конечный момент (когда а=90°) она уже отрицательна.
Следовательно, в какой-то промежуточный момент (при каком-то а=ао) эта разность
окажется равной нулю, то есть |PQ|=|PS|, и прямоугольник PQRS —
квадрат. Итак, — закончил Саша, — квадрат, о котором говорится в
условии задачи, должен существовать.
— Георгий Данилович, мне как-то не очень ясно, при чем тут
параллелограмм? — спросил Андрей.— Вроде бы он нужен только для того,
чтобы сказать, что в начальном положении прямоугольник не является
квадратом. Подозреваю, что рассуждение пройдет и для любого другого
многоугольника.
— Совершенно верно. И не только для многоугольника, но и для
любой ограниченной фигуры: какой бы она ни была, существует описанный
около нее квадрат. Этот факт впервые отмечен выдающимся советским
математиком П. С. Урысоном (1898—1924).
Рассмотрим еще задачу, для решения которой полезно привлечь
сразу две идеи: малое шевеление и теорему о промежуточном значении.
Задача 7. Около окружности описан четырехугольник, диагонали
которого конгруэнтны. Обязательно ли этот четырехугольник — квадрат
или трапеция?
— Я бы начала с хорошего случая — около окружности описан
квадрат ABCD (рис. 92), — сказала Надя. — Пусть М, Ny P, Q — точки каса-
111

Рис. 94
Рис. 95
ния сторон. Я бы оставила неподвижными прямые AM, AD и DP, а
касательную ВС пошевелила бы: сдвинула бы немного точку В на
прямой AM, так чтобы расстояние АВ увеличилось, а прямая ВС осталась
касательной. Возникает такая картина, как на рисунке 93.
Четырехугольник ABCD, по-прежнему описанный около окружности, не
является квадратом (это хорошо), но у него диагонали не одинаковой
длины, \BD\>\AC\. А надо, чтобы они были конгруэнтны... Что же дальше
делать?.. Неясно...
— Мне кажется, — робко подсказал Гера, — что надо сейчас начать
шевелить касательную DC, не трогая прямые AQ, АВ. и BN.
— Отличная идея, — подбодрил Геру учитель. — Продолжай!.
— Я бы стал, — продолжал Гера, — перемещать точку D по
прямой AQ равномерно к точке Q; при этом буду одновременно
поворачивать прямую DC так, чтобы она оставалась касательной к окружности.
Точка С будет перемещаться по лучу BN, удаляясь от точки В. Буду
следить за изменением величины u=\BD\ — \AC\. Так как в начальный
момент (рис. 93) \BD\>\AC\, то и>0. Наступит такой момент, когда станет
\BD\<\AC\ (рис. 94), то есть и<0. Значит, в какой-то промежуточный
момент будет и=0, то есть \BD\=\AC\. В этот момент четырехугольник
ABCD будет описанным, иметь конгруэнтные диагонали и, в то же
время, не окажется квадратом или трапецией (рис. 95). Итак, — закончил
свое рассуждение Гера, — ответ к задаче такой: «Нет, необязательно».

Предельные случаи особенно поучительны.
Если выведен закон, относящийся ко всем
млекопитающим, то он должен быть верен и
но отношению даже к такому
млекопитающему, как кит. Не будем забывать этот
предельный случай с китом.
Д. Пой а
ПРОЛОГ
Задача \. В выпуклый четырехугольник А^А^А* с неравными
диагоналями А\Аз и А2А4 вы вписали другой четырехугольник В\В2ВзВа
(рис. 96). Может ли оказаться, что у вписанного четырехугольника

Рис. 97
Рис. 98
сумма длин диагоналей больше, чем у описанного четырех-
угольника А\А2А^А^
Задача 2. Известно, что в любом треугольнике длина каждой
медианы меньше суммы длин двух других медиан. Верно ли аналогичное
утверждение для биссектрис треугольника?
На занятии кружка
Тринадцать ребят внимательно слушали рассказ Георгия
Даниловича.
— В 1803 году в одном итальянском математическом журнале
появилась статья профессора университета в Ферраре Джанфранческо Маль-
фатти. В статье была сформулирована такая задача:
Задача 3. Имеется мраморная прямая треугольная призма
(рис. 97). Каким образом следует вырезать из нее три прямых круговых
цилиндра (той же высоты, что и призма), чтобы оставшиеся после этого
отходы были минимальными?
Эта стереометрическая задача сводится, очевидно, к такой
планиметрической задаче, которую называют «исходной задачей Мальфатти».
Задача ЗА. Как следует расположить в данном треугольнике три
попарно не перекрывающихся круга, чтобы сумма их площадей была
наибольшей?
— По-моему, — сказал Витя, — надо расположить круги так, чтобы
каждый касался двух других кругов и двух сторон треугольника
(рис. 98).
— И я так думаю, — присоединился к нему Гера.
— Так, естественно, думал и Мальфатти, — сказал учитель. — Он и
пишет в своей статье, что задача ЗА равносильна следующей задаче:
114

Задача ЗБ. В данный треугольник вписать три круга так, чтобы
каждый из них касался двух других кругов и двух сторон треугольника.
Такую тройку кругов, о которой говорится в задаче ЗБ, стали
называть «кругами Мальфатти» для данного треугольника. В своей статье
Мальфатти приводит формулы, позволяющие вычислить радиусы таких
кругов и построить сами круги циркулем и линейкой. В течение
последующих полутораста лет к задаче Мальфатти обращались математики
разных стран (в том числе знаменитый швейцарский геометр Якоб Штей-
нер, немец Шельбах, француз Деруссо, американцы Лоб и Ричмонд
и др.); они давали различные способы построения кругов Мальфатти
и вычисления их радиусов.
Как и вы, Мальфатти ничуть не сомневался в справедливости
следующего факта, который можно назвать гипотезой Мальфатти:
Круги Мальфатти (то есть три круга, удовлетворяющие условиям
задачи ЗБ) дают решение исходной задачи Мальфатти ЗА.
Давайте,— продолжал учитель,— все же подвергнем эту гипотезу
одному испытанию на правдоподобие. Проделаем это так. Рассмотрим
равнобедренный треугольник ABC (рис. 99), у которого высота [CD]
значительно больше основания [АВ]. Поместим в нем три круга «один
над другим» так, как указано на рисунке 99. Сначала проследим, как
изменится картина при неограниченном увеличении высоты [CD].
Очевидно, что в пределе ДЛВС выродится в полуполосу (рис. 100), а три
Рис. 99
Рис. 100
Рис. 101

круга, расположенных в этом треугольнике выродятся в три
конгруэнтных круга, расположенных «один над другим», причем диаметр каждого
будет иметь длину \АВ\У а суммарная площадь трех кругов будет рав-
о
на -j-л |ЛВ|2. Поэтому можно выбрать высоту [CD] треугольника ABC
настолько большой, чтобы сумма площадей трех кругов, изображенных
о
на рисунке 99, очень мало отличалась от -j-n |ЛВ|2. А чтобы вы сказали
про сумму площадей трех кругов Мальфатти для того же треугольника
(рис. 101)?
— Очевидно, — ответил Саша, — что она меньше, чем
\п \АВ\2 + 2-±л(±\АВ\)2=^л \АВ\\
— Какая же из двух троек кругов — на рисунке 99 или на
рисунке 101 —имеет большую суммарную площадь?
— Получается, — сказал с недоумением Игорь, — что для очень
высокого треугольника ABC с данным основанием [АВ~\ суммарная
площадь трех кругов на рисунке 99 больше — чуть ли не вдвое! —
суммарной площади кругов Мальфатти.
— Выходит, что Мальфатти ошибся? — недоверчиво спросила Лена.
— Именно это мы и обнаружили: гипотеза Мальфатти не верна,—
подтвердил учитель.
— А нам всем казалось совершенно очевидным, что она верна...—
с сожалением протянула Лена.
— Не только нам, — сказал учитель в ответ. — В течение 125 лет,
до 1929 года, ни у кого из математиков справедливость «гипотезы
Мальфатти» не вызывала ни малейшего сомнения.
— Георгий Данилович, — спросил Толя, — а те способы испытания
на правдоподобие, которыми мы пользовались прежде, в данном случае
неприменимы?
— Применимы. Мы могли бы, например, проверить гипотезу
Мальфатти на каком-либо частном случае — скажем, для правильного
треугольника. Мы могли бы для такого треугольника сравнить суммарную
площадь кругов Мальфатти (рис. 102) с суммарной площадью трех
кругов, указанных на рисунке 103. Мы таким способом обнаружили бы, что
и для правильного треугольника гипотеза Мальфатти тоже неверна.
Но выкладки при этом оказались бы более громоздкими, и
расхождение— не таким значительным: суммарная площадь кругов на
рисунке 103 больше суммарной площади кругов Мальфатти для того же
треугольника примерно на 1,3%.
— Но есть же такие треугольники, для которых круги Мальфатти
дают решение исходной задачи Мальфатти? — спросила Лена.
— Такой же вопрос поставил себе несколько лет назад американский
116

Рис. 102
Рис. 103
математик М. Гольдберг. И вот оказалось, что таких треугольников
вовсе нет: круги Мальфатти ни для какого треугольника не дают
решения «исходной задачи Мальфатти»!
Полезный прием поиска, использованный выше, при рассмотрении
задачи Мальфатти, — прием «обращения к предельному случаю», —
продолжал учитель, — часто и успешно привлекается для поиска решения
задач, и в особенности — для испытания математических утверждений
на правдоподобие.
Отдадим себе отчет, в чем заключается этот прием. Поиск решения
задачи иногда заметно упрощается, если сначала рассмотреть другую,
вспомогательную задачу, у которой условие или какие-то данные
получаются из условия или из данных исходной задачи путем предельного
перехода. Скажем, фигуры, о которых говорится в условии задачи,
заменяются их предельными положениями. Так, например, при
рассмотрении задачи Мальфатти мы, наряду с равнобедренным треугольником,
рассматривали фигуру, которая получается из этого треугольника, когда
высота его неограниченно возрастает (полуполосу). Если, например,
в исходной задаче идет речь о секущей к окружности, то мы вместо нее
во вспомогательной задаче можем рассматривать касательную
(предельное положение секущей, когда ее расстояние от центра окружности
стремится к радиусу). Если в условии задачи говорится о четырехугольнике,
то во вспомогательной задаче можно рассматривать треугольник
(предельное положение четырехугольника, когда длина одной стороны
стремится к нулю). Разумеется, для одной и той же задачи можно иногда
подобрать несколько различных предельных случаев. Давайте
рассмотрим задачу 1 из пролога и проверим себя, насколько хорошо мы
усвоили новый прием.
— С ходу мне кажется очевидным, что у внутреннего
четырехугольника В\В2ВзВ4 (рис. 96) сумма диагоналей всегда меньше, чем у
наружного Л1Л2Л3Л4, — сказал Вадим. — Hq думаю, что стоит проявить осто-
117

рожность и посмотреть, что случилось бы, если пошевелить
четырехугольники и рассмотреть возможные предельные положения вершин
внутреннего четырехугольника.
— Это разумная осторожность, — согласился учитель. — Как же мы
станем шевелить внутренний четырехугольник?
— Я бы так поступил. — Саша задумчиво посмотрел на учителя.—
Пусть для определенности |Л2Л4|>|Л1Л3|. Я бы стал перемещать
вершину В\ по стороне [Л^г] и вершину В2 по стороне [ЛзЛ2] так, чтобы они
неограниченно приближались к вершине Л2. Вершины Вз и В4 будем
перемещать вдоль [ЛзЛ4] и [Л]Л4] к точке Л4 (рис. 104). В предельном
положении, когда В\ и В2 совпадут с Л2, а В3 и В4 — с Л4,
четырехугольник В1ВгВзВ4 выродится в отрезок [ЛгЛ4], отрезки [BiB3] и [В2В4]
будут конгруэнтны отрезку [ЛгЛ4], и мы будем иметь:
|В,В3| + |В2В4| = 2|Л2Л4|, |В,В3| + В2В4|>|Л2Л4| + \А{А3\.
Такое же соотношение сохраняется и тогда, когда В\ и В2 достаточно
близки к Л2, а В4 и Вз достаточно близки к Л4. Иначе говоря, в
четырехугольник Л1Л2ЛзЛ4 с неконгруэнтными диагоналями можно вписать
такой четырехугольник В1В2ВзВ4, у которого сумма длин диагоналей
больше, чем у четырехугольника Л1Л2ЛзЛ4. Проведенное выше
рассуждение показывает, каким образом можно даже получить конкретный
пример двух четырехугольников А\АчАъА^ и В1В2ВзВ4,
удовлетворяющих всем условиям задачи 1.
— Кто -хотел бы такой пример сконструировать? — спросил
Селиванов.
— Я хотел бы, — отозвался Толя. — Возьму в качестве
четырехугольника Л1Л2ЛзЛ4 произвольный выпуклый четырехугольник, у которого
|Л2Л4|>|Л1Лз|. Расположу между Л2 и Л4 точки Р и М (рис. 104) так,
чтобы было |РМ|>-«2-(|Л1ЛзН- |Л2Л4|). Выберу затем точки В\ и Вз на
Рис. 104.
Рис. 105

Рис. 106
Рис. 107
[i42>4i] и [ЛИз] так, чтобы было |i42Bil<|i42P| и 1Л4Д3|<|Л4М1. Нетрудно
убедиться, что \В\Вз\>\РМ\. Действительно, В\Вз= в^2+а2а4+аЖ=
=А^ - (аЖ\ + ЩЛа)\ поэтому \ВхВъ\ > \А2АА\ - |Л2вТ + ЯзЛ^1>
>|Л2Л4| - (\А2Вх\ + \ВъАА\). Следовательно, |В,53|>|Л2Л4| —(\А2Р\ +
+ \АаМ|) = \РМ\. Неравенство \В\Вз\ > \РМ\ доказано. Аналогично
можно выбрать точки В2 и В4 на [Л2Лз] и [Л^] так, чтобы было
\В2В4\>\РМ\. Но тогда |В,В3| + |В2В4|>2|РЛ1|, то есть |B,B3l + |B2B4l>
>|Л1Лз1 + |Л2Л4|. Итак, в рассмотренном нами случае у
четырехугольника B\B2BzB4t вписанного в четырехугольник Л1Л2ЛзЛ4, сумма
диагоналей больше, чем у четырехугольника А\А2АъА4.
— Теперь обратимся к задаче 2 из пролога. Как здесь начать
поиск решения? — спросил учитель.
— Я бы начал рассуждать так же, как в случае задачи Мальфатти,—
сказал Андрей.— Мы должны решить задачу: «Верно ли, что в каждом
треугольнике длина каждой биссектрисы меньше суммы длин двух
других биссектрис?» Я бы рассмотрел равнобедренный треугольник АСВ
(рис. 105). Пусть отрезок [CD]— биссектриса его угла при вершине С,
и [АА\] и [ВВ{] — две другие биссектрисы. Я бы стал неограниченно
удалять точку С от отрезка АВ по серединному перпендикуляру этого
отрезка. Что при этом станет с треугольником и его биссектрисами?
Треугольник вырождается в полуполосу (рис. 106), биссектриса [DC] —
в бесконечный луч [DC), а две другие биссектрисы — в отрезки АА' и
ВВ' суммарной длины 2|ЛВ| /5~. Следовательно, если взять «очень вы-
119

сокий» треугольник АСВ (рис. 107), то сумма длин двух биссектрис
[АА\\ и [ВВ\] будет мало отличаться от 2\АВ\ /2~, а длина третьей
биссектрисы будет больше, чем, скажем, 3|ЛВ| /2~. Поэтому |CD|>|i4^il +
+ \ВВ\\. Итак, возможны такие треугольники, в которых длина одной
биссектрисы больше суммы длин двух других.
КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 4. Может ли случиться, что сумма расстояний от какой-
нибудь точки, лежащей внутри выпуклого четырехугольника, до всех
его вершин окажется больше периметра четырехугольника?
— Как бы ты, Вадим, стал искать правдоподобный ответ?
— Пусть A BCD (рис. 108) —четырехугольник, М — точка внутри
него. Нас интересует такая точка М, что
\MA\ + \MB\ + \MC\ + \MD\>\AB\ + \BC\ + \CD\ + \DA\ (1)
Я бы сначала рассмотрел предельный случай, когда точки В, С, D
совпадают (рис. 109). В этом случае задача сводится к поиску такой
точки М на [Л С], что
3\МС\ + \МА\>2\АС\, или \МС\>\МА\.
Ясно, что этому условию удовлетворяет любая точка М отрезка АСУ
которая ближе к Л, чем к С. Отсюда ясно, что если точки 5, С, D
расположены друг к другу близко (то есть расстояния между ними достаточно
малы по сравнению, скажем, с расстоянием \АС\) (рис. ПО), а точка М
расположена вблизи точки Л, то будет выполняться условие (1). Итак,
то, о чем говорится в условии задачи, может случиться.
Рис. 108

Рис. ПО
— Нетрудно теперь, — заметил Игорь, — даже построить
конкретный пример, когда будут выполняться все условия задачи. Возьму два
прямоугольных треугольника МВС и MDC (рис. ПО), симметричных
относительно их гипотенузы МС, причем |BC| = |DC| = 1, \MB\ =
= |ЛШ|=100. На продолжении отрезка [СМ] выберу такую точку Л,
чтобы было |МЛ| = 1. Тогда
\МА| + \МВ\ + \МС\ + \MD\ = 1 + 100+100+i/l002+l >301.
А периметр четырехугольника ABCD равен
2|ЛВ|+2|ВС|<2. (100+1)+2.1=204.
Итак, в нашем примере сумма расстояний от точки М до вершин
четырехугольника больше его периметра почти в полтора раза.
Задача 4. Верно ли, Максим, что в правильном треугольнике
длина каждой высоты меньше суммы длин двух других высот?
— Разумеется.
— А верно ли это утверждение для любого треугольника?
— Я бы посмотрел, что получится, если вершина С
треугольника ABC будет удаляться от (ЛВ). Я бы рассмотрел «очень высокий»
равнобедренный треугольник ЛСВ, \АС\ = \ВС\ (см. рис. 107). В пределе,
когда С неограниченно удаляется от (ЛВ), высота [CD], неограниченно
увеличивается, а длина высот [ЛЛ1] и [BBi] меньше, чем \АВ\. Итак,
для .«очень высокого» треугольника АСВ одна высота будет больше
суммы двух других высот.

Я счел нужным написать тебе и изложить
новый метод, который позволит тебе при
помощи механики находить новые
математические теоремы.
Архимед. Послание к Эратосфену
ПРОЛОГ
Задача 1. На ребрах АВУ АС и BD треугольной пирамиды ABCD
выбрали соответственно точки М, N и Р так, что \АМ\=-*-\АВ\у \AN\ =
=Д-|ЛС|, \BP\=-r\BD\. Через М, N, P проведена плоскость а. В каком
отношении делит она ребро CD?
Задача 2. Пусть 0<ai<a2<... <an, 0<b\<b2< ...<bn. Что
больше:
а\Ь1+а2Ь2 + ...+апЬп ипи ai + fl2+...+fln?
&1 + &2 + ... + &Л п
122

На занятии кружка
— Георгий Данилович, — обратился Витя к Селиванову, — каждый
из нас думал над предложенными вами задачами. Единственное, в чем
мы убедились, — это в том,, что задачи трудны. Для нас и теперь
неясно, какие должны получиться в задачах ответы.
— Сегодня, — ртветил учитель, — мы посмотрим на эти задачи с
точки зрения физика, и это нам поможет найти правильный ответ.
— Неужели физик может увидеть в чисто математической задаче
что-то такое, чего не видит в ней простой смертный? — Витя недоверчиво
посмотрел на учителя, потом окинул взглядом ребят и почувствовал,
что он выразил и их мнение.
— Может случиться, — обратился учитель ко всем школьникам,—
что вас интересует прежде всего правильный ответ на тот или иной
математический вопрос, правильный ответ к той или иной
математической задаче, вас интересуют убедительные доводы в пользу
правдоподобия такого ответа; строгое же, чисто математическое доказательство
правильности ответа вас интересует меньше. Оказывается, что
правильные ответы к математическим задачам часто удается найти, если
связать с задачей какую-либо физическую картину, придать задаче
физический смысл. Такой подход позволяет воспользоваться понятиями и
хорошо известными сведениями из соответствующего раздела физики
(например, из статики, геометрической оптики и т. п.). Особенно
плодотворным оказывается привлечение таких понятий, как центр тяжести (центр
масс, барицентр) системы материальных точек, момент инерции,
потенциальная энергия и др. При этом зачастую возникают очень
убедительные, правдоподобные доводы, которые убеждают даже сильнее, чем
строгое доказательство; впрочем, нередко сами такие «физические
соображения» могут послужить отправным пунктом и для строгого
формального доказательства. Классический пример — «теорема о трех медианах
треугольника». Впервые ее открыл Архимед, еще в III веке до нашей
эры, опираясь на физические соображения (чисто математическое
доказательство было найдено значительно позже, через 13 веков после
Архимеда, итальянцем Леонардо Фибоначчи). Я чуть позднее приведу,
рассуждение Архимеда. Но сначала — несколько предварительных
замечаний.
Материальную точку, которая возникнет, если поместить в
какой-нибудь точке А массу в т единиц (скажем, т граммов), условимся кратко
обозначать так: тА. Кроме того, учтем следующие факты:
I. Каждая система материальных точек
т\Аи т2А2, ..., mkAk (1)
имеет центр тяжести, и притом единственный. Если отметить часть
материальных точек из системы (1) и перенести в центр тяжести системы
123

отмеченных точек их суммарную массу, то от этого положение центра
тяжестей всей системы (1) не изменится.
II. Центр тяжести С двух материальных точек аА и ЬВ (рис. 111)
всегда лежит на отрезке, соединяющем эти точки, причем его положение
определяется по «правилу рычага»:
а-АЁ^Ь-Ш. (II)
Отметим еще несколько фактов из статики, которые приводятся во
многих учебниках по механике и которые полезны, если мы хотим
получить правдоподобные ответы на вопросы и задачи из геометрии и
алгебры.
III. Если Z—центр тяжести двух материальных точек аА и ЬВ, а
О — произвольная точка пространства, то
-^g.QA-Yb^OB (Ш)
IV. Если Z—центр тяжести трех материальных точек, аА, ЬВ, сС,
а О — произвольная точка пространства, то
77? а-ОА + Ь-ОВ + с-ОС ПЛА
UL~ а+Ь+с ' llV'
V. Аналогично для центра тяжести Z четырех точек аА, ЬВ, сС, dD,
^^а-ОА + Ь-бв + с-ОС + а-оЬ ,уч
имеем __
-^Г а • О А 4-_ ._ , . „
a-\-b-\-c-\-d
VI. Если на прямой Ох выбрано несколько точек с координатами х\,
Х2, ..., XkH в них помещены соответственно массы Ш\, /лг, ..., /л*, то
координату z центра тяжести этих материальных точек можно найти по
формуле
т\Х\+т2Х2+ ... Л-ткхк
т{+т2+ ...+"U ' (VI)
Теперь вернемся к «теореме о трех медианах». Архимеда
интересовала такая задача.
Задача 3. При любом ли выборе треугольника ABC (рис. 112) три
медианы [ААХ], [ВВХ], [ССХ] имеют общую точку?
Архимед получил убедительный правдоподобный ответ с помощью
примерно таких рассуждений: «Помещу в каждой вершине треугольника
единицу массы. Эта система из трех материальных точек имеет центр
тяжести: обозначу его буквой Z. Перенесу массы из точек Л и В в их
центр тяжести, то есть в середину С\ отрезка АВ. Получу теперь систему
из двух материальных точек (2С\ и 1С), причем ее центр тяжести —та
124

Рис. Ill
Рис. 112
же точка Z. Но в таком случае Z лежит на отрезке СС\. Аналогично
убеждаюсь, что Z лежит на [АА\] и на \_ВВ\\. Видим, что в
треугольнике ABC три медианы [ЛЛ1], [BBi], [CCi] имеют общую точку (а именно
точку Z)»1.
Для получения строгого доказательства, — продолжил свой рассказ
учитель, — нам необходимо либо провести рассуждение лишь с
привлечением понятий и аксиом геометрии, без использования понятий
механики, либо же дать аккуратное, чисто математическое определение
использованных в рассуждении Архимеда понятий («материальная точка»,
«центр тяжести двух — или нескольких — материальных точек») и
доказать те вспомогательные факты I—III, которыми мы воспользовались.
Рассмотрим еще один пример.
Задача 4. Имеется выпуклый многоугольник П, внутри которого
взята точка Р, и построены проекции этой точки на все прямые,
содержащие стороны многоугольника; проекцию условимся называть
«хорошей», если она принадлежит самой стороне многоугольника (быть
может, являясь концом стороны), и «плохой», если она принадлежит
продолжению стороны. Ранее (90—91) мы видели, что возможно так
подобрать выпуклый многоугольник П и точку Р внутри него, чтобы эта
точка имела лишь одну «хорошую» проекцию. А можно ли так подобрать
многоугольник П и точку Р, чтобы все ее проекции оказались
«плохими»?
Вот как рассуждал физик, когда ему предложили эту задачу: «Буду
представлять себе многоугольник Я в виде пластинки, изготовленной из
какого-то материала (например, из металла). Можно всегда так
подобрать этот материал (может быть, неоднородный), чтобы центром
тяжести пластинки оказалась точка Р. Помещу пластинку в вертикальной пло-
1 Более того, по правилу рычага имеем: HCZ| = 2|ZC||, откуда |ZCij =-o- ICCil,
то есть точка пересечения медиан отсекает от каждой медианы одну треть ее, считая
от ее основания.
125

Рис. 113
скости (которую буду считать совпадающей с плоскостью чертежа) так,
чтобы одна из сторон [АВ] пластинки лежала на горизонтальной
«полочке» / (рис. 113). Если проекция Р\ точки Р на прямую АВ окажется
«плохой», то пластинка перекатится (оставаясь на «полочке» /) на
другую сторону ([ВС] на рис. 113). Но если проекция точки Р на прямую ВС
тоже «плохая», то многоугольник снова перекатится на следующую
сторону. Если все проекции точки Р на стороны многоугольника «плохие»,
то пластинка будет все время перекатываться. Что же получается?
Вечный двигатель? Но он невозможен! Нет, несомненно, не могут быть все
проекции «плохими», по крайней мере, одна из рассматриваемых
проекций должна быть «хорошей». В каком случае пластинка наверняка не
будет перекатываться (будет в состоянии устойчивого равновесия)? Это
будет, во всяком случае, тогда, когда центр тяжести пластинки окажется
в самом низком из возможных для него положений (см: Физика — 8. М.,
«Просвещение», 1973, с. 176)».
Мы видим, что физик пришел к весьма убедительному, но все же
лишь правдоподобному, с точки зрения математики, ответу. Математик
не может считать это рассуждение безупречным (использованное здесь
утверждение о невозможности вечного двигателя не выведено из аксиом
математики). Однако, получив правдоподобный ответ, можно
сконцентрировать свои усилия на его математическом обосновании.
— А как все же дать строгое чисто математическое доказательство
установленного сейчас факта? — спросила Лена.
— Предыдущие механические соображения и подсказывают нам, как
это сделать. Опустим из точки Р перпендикуляры на прямые,
содержащие стороны многоугольника. Пусть наименьшую длину имеет
перпендикуляр [РР\]. Без потери общности можем считать, что он опущен на
сторону [АВ] или ее продолжение (если было бы не так, то мы изменили
бы обозначения вершин многоугольника). Покажем, что Р\ — на [АВ].
Допустим противное: пусть Р\ лежит на прямой АВ вне отрезка [АВ].
Без потери общности можем считать, что Р\ лежит на продолжении
отрезка [АВ] за точку В (рис. 114). Тогда сторона [ВС] многоугольника
126

лежит на луче [ВС], расположенном внутри угла Р\ВР (кроме,
разумеется, вершины В). Пусть Рг — проекция точки Р на прямую ВС. Видим, что
|PP2| = |BP|sin/^<|BP|sin£^=|PPil, то есть |PP2|<|PPi|.
Между тем, по самому выбору перпендикуляра [PPi], имеем: |PPi|^
^|РР2|. Полученное противоречие показывает, что допущение ошибочно
и точка Р\ не может оказаться на прямой АВ вне отрезка [АВ] (в
действительности наше рассуждение доказывает даже нечто большее:
точка Pi строго внутри отрезка [ЛВ]).
Рассмотрим еще такую задачу.
Задача 5. На стороне АС треугольника ABC (рис. 115) взята
такая точка М, что |ЛМ|=-И>4С|, а на продолжении стороны ВС—
такая точка D, что \BD\ = \BC\. Пусть Р — точка пересечения прямых АВ
и DM. В каком отношении делит точка Р отрезок DM?
— Я бы, — предложил Толя, — загрузил точки Л, С, D такими
массами, чтобы точка Р оказалась их центром тяжести.
— Как же именно? — полюбопытствовала Зарифа.
— Сначала я поместил бы в точках С и А такие массы, чтобы
точка М оказалась их центром тяжести. Так как \СМ\ = 2|AL4|,to ясно, что
достаточно в С поместить 1 грамм массы, а в Л — 2 грамма. Затем я
поместил бы в D такую массу, чтобы центром тяжести возникающей
при этом материальной точки и материальной точки 1С оказалась
точка В. Надо... надо... в D тоже поместить 1 грамм.
— Чем же такая загрузка поможет решить задачу? — допытывалась
Зарифа.
— Система трех материальных точек имеет центр тяжести Z.
Положение его не изменится, если мы сосредоточим массы из точек С и D
в точку В. Значит, Z лежит на Отрезке [АВ]. Но положение центра
тяжести также не изменится, если мы сосредоточим массы из А и С в М
Рис. 114
Рис. 115

(всего 3 грамма массы). Значит, точка Z лежит на [DM]. Итак,
AB(}DM = Z, то есть Z=P. По правилу рычага l*\DZ\ = 3\ZM\, то
есть |DP|:|PA«| = 3:1.
— Прежде чем обратиться к следующей задаче, — сказал учитель,—
я хотел бы сопоставить несколько простых свойств медиан и высот
треугольника. Медиану треугольника можно определить как отрезок,
соединяющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне
и делящий площадь треугольника пополам; известно, что три медианы
треугольника имеют Ъбщую точку. Высоту остроугольного треугольника
можно определить как такой отрезок, который соединяет вершину
треугольника с точкой на противоположной стороне и делит сумму углов
треугольника пополам; известно, что три таких отрезка тоже имеют
общую точку.
Хочу предложить вам такую задачу:
Задача 6. Рассмотрим в треугольнике три отрезка, из которых
каждый соединяет вершину треугольника с точкой на противоположной
стороне и делит периметр треугольника пополам («отрезки Нагеля»)
(рис. 116). Будут ли эти отрезки иметь общую точку?
Рис. 116
— Как же нам начать поиск правильного ответа? — раздумывал
вслух Максим.
— Я бы начала так,—сказала Ира.—Пусть [ЛЛ|], [ВВ\]У [СС\] —
три отрезка Нагеля; пусть а, Ьу с — длины сторон треугольника, 2р —
его периметр. Найду сначала длины шести отрезков, получающихся на
сторонах:
\ВАх\=р—с, \АхС\ = р—Ь, \СВх\=р—а, \ВхА\=р—с, \АСх\ = р-Ь.
\СхВ\=р—а.
128

Затем я загрузила бы вершины В и С такими массами, чтобы точка А\
оказалась их центром тяжести. Так как \ВА\\:\А\С\ = (р—с) : (р—Ь), то
мне ясно, что достаточно в В поместить р—b единиц массы, а в С
поместить р—с единиц. Как я должна загрузить вершины В и Л, чтобы
точка С\ стала их центром тяжести? Ясно: в В поместить р—Ь единиц
массы, а в Л поместить р—а единиц. У меня такое впечатление, что центр
тяжести Z трех материальных точек (р— а)Л, (р—Ь)В и (р—с)С и будет
общей точкой трех отрезков Нагеля.
— Почему ты так думаешь? — поинтересовался Витя.
— Вот я сначала найду центр тяжести двух материальных точек
(р—а)А и (р—с)С. Так как точка В\ лежит на [АС] и удовлетворяет
условиям \АВ\\=р—с,\В\С\=р—а, то ясно, что (р—а)\АВ\\=(р—с)\В\С\.
Но в силу правила рыч&га это и означает, что В\ —центр тяжести
материальных точек (р—-а)А и {р—с)С. Если я перенесу массы материальных
точек {р—а)А и (р—с)С в их центр тяжести В\, то ведь от этого
положение центра тяжести всей системы не изменится. Но тогда система будет
состоять только из двух материальных точек: (р—Ь)В и [(р—а)+(р—с)]В\
(то есть ЬВ\). Значит, точка Z — на отрезке ВВ\. Но аналогичными
рассуждениями я могу показать, что Z — на [АА\] и что Z—на [СС\].
Значит, три отрезка Нагеля [АЛ|], [ВВ\], [СС\] имеют общую точку
(точку Z).
— А как дать строгое математическое доказательство, без
использования механики, что три отрезка Нагеля пересекаются? — спросил
Максим.
— Я бы это сделал так, — сказал Игорь.
Что я сказал бы вслух
Что подумал бы про себя
Докажу, что в ААВС три отрезка
Нагеля {АА\\, [BBi], [CC{\ имеют
общую точку.
Выберу произвольную точку О
(рис. 117) и рассмотрю точку Z,
задаваемую формулой
£+_(Р-а)ОА +{р-Ь)ОВ + {р-с)ОС ^
У меня в этом нет никаких
сомнений, мне это ясно из
приведенных ранее соображений
механики.
Я-то знаю, какая точка является
общей точкой трех отрезков
Нагеля: это центр тяжести Z
материальных точек
(р-а)Ау (р-Ь)Ву (р-с)С
(их суммарная масса равна,
очевидно, р). А положение точки Z,
как установлено в механике,
определяется формулой ви-
129

Так как [AA i] — отрезок Нагеля,
то для точки А\ имею, очевидно:
\BAi\=p-c, \AiC\=p-b,
(p-b)Wtx={p-cJA£,
(Р-ьхбТ{-ой)=
_^ =(P-c)(dTi-o£i
а0Т{=(р-Ь)0Ё+(р-с)0£. (2)
Из (1) и (2) получаю:
p.OZ=(p—а)0%+аОТ\. (3)
Отсюда выведу, что точка Z —
на отрезке [Л/li].
Можно (3) переписать и так:
(p-a\0%-OZ!)+
+а(бТ1-о2)=0,
то есть (р—a)ZA= — aZA\.
Отсюда видно, что векторы ZA и ZA\
коллинеарны и противоположно
направлены. А это и означает,
что точка Z— на отрезке [АА\~\.
Аналогично убеждаемся, что Z—
на [ВВ\~\ и [CCi]. Значит, три
отрезка Нагеля действительно
имеют общую точку.
да (IV). Значит, для точки Z
надо написать формулу (1).
Мне заранее ясно, без всяких
выкладок, что должна получиться
формула (2): ведь точка А\ —
центр тяжести двух
материальных точек (р—Ь)В и (р—с)С\ а
для подобного случая имеется в
механике формула (III). Зачем
же я проводил выкладки? Чтобы
получить формулу (2) без
ссылок на механику.
Совершенно очевидный мне факт
с точки зрения механики. Да и
без механики это тоже довольно
ясно. Я мог бы сослаться на
задачу 254 из учебника
«Геометрия— 9». Но я, докажу «в лоб»,
что векторы ZA и ZA\
коллинеарны, откуда уже все, наверное, и
будет вытекать.
— Давайте рассмотрим задачу № 1 из пролога,— сказал учитель.—
Что бы вы предложили для ее решения?
— Я бы, — начал Вадим, — загрузил вершины массами так, чтобы
точки М, N, Р оказались центрами тяжести материальных точек,
помещенных в концах соответствующих отрезков (рис. 118).
— Хорошо, — одобрил учитель предложение Вадима.
— Очевидно,— продолжал Вадим,— если в точке D поместить 1 еди-
130

Рис. 118
ницу массы, тогда в 5 надо поместить 4 единицы, в А —тоже 4 единицы,
а в С —2 единицы. Система материальных точек 4Л, 45, 2С, ID имеет
центр тяжести, обозначим его буквой Z. У меня такое впечатление, что
Z — на отрезке NP.
— С чего бы это? — буркнул Гера.
— В самом деле, — обратился Вадим к Гере,— замени точки 4Л
и 2С материальной точкой 6W, а точки 45 и ID — материальной
точкой 5Р. От этого положение центра тяжести всей системы не изменится.
Значит, Z—н«а отрезке NP. С другой стороны, пусть Q — центр тяжести
точек 2С и ID. Тогда ясно, что Z лежит на [AfQ], или — что тоже
самое—точка Q лежит на прямой MZ\ значит, Qect; кроме того Q^[CD].
Итак, Q и есть точка встречи плоскости а с ребром CD. Но так как Q —
центр тяжести точек 2С и ID, то по правилу рычага
\DQ\ : |QC| = 2:1.
— Здорово! — протянул Гера. — Жаль только, что это нестрого.
А можно ли обосновать правильность этого ответа, не прибегая к
понятиям «материальная точка» и «центр тяжести»?
— Разумеется, — ответил учитель. — Это можно сделать на «языке
векторов». Давай, Саня, прикинь у доски, как могло бы выглядеть
логически безупречное решение задачи.
— Мне кажется, — начал Саша, — что следует попросту переписать
рассуждение Вадика с помощью векторов — примерно так же, как это
сделал Игорь в случае предыдущей задачи. Приведу выкладки.
Из условия задачи видно, что
45?=РД 2A# = JV£, Ш = Ш.
Пусть точка Q выбрана так, что DQ = 2QC. Возьмем в пространстве
Произвольную точку О. Так как
131

ВР=ОР—0%у РТ) = оЬ-оР, то
О? = -~(40£ + о£). (1*)
Совершенно аналогично получим формулы
Ш = ±{20А + 6С\ OM=^OA + OB\ 0Q=^(0D + 20C). (2*)
Рассмотрим точку Z, задаваемую равенством
^=-1(4а4+40В + 20С + оВ). (3*)
Из (3*), (2*), (1*) видно, что
110^=60~УУ + 50Р, (4*)
110Z = 80M + 30Q. (5*)
Из (4*) следует: 6(0Z- ON) = 5(0Р - 0Z\ то есть
6NZ = 5ZP. (6*)
Аналогично из (5*) получим
8A1Z = 3ZQ. (7*)
Из (6*) видно, что векторы NZ и ZP коллинеарны, так что точка Z —
на прямой NP и, следовательно, в плоскости а. Из (7*) видно, что
Q — на прямой MZ и, значит, в плоскости а. Итак, плоскость а
пересекает ребро DC в точке Q, делящей это ребро в отношении 2Л1.
— Правильное и достаточно четкое решение задачи, — оценил ответ
учитель.
— Теперь обратимся к задаче 2 из пролога.
1 Другое решение задачи 1. Пусть Q = a(][DC], DQ = XQC. Нам надо
вычислить К. Выразим вектор MQ через неколлинеарные векторы MP, MN, MB. Легко получить
следующие (с точки зрения механики — очевидные) зависимости: МА -\- Мб ~и.
мр = -\-{мЪ + 4м£), мЛ =-Um£ + 2мХ)7 mq = —!— (м/5 + ьм£).
Э 3 1 —|— А,
Из этих равенств, исключив W?, ЖГи МА, получим:
(1 + к)М$ = ЗШЙ + 5М? + (2^ - 4)М~2.
Но так как вектор MQ должен лежать в плоскости векторов MN и MP, то коэффициент
при векторе ЛГ§ в последней формуле равен нулю, то есть к = 2.
132

Рис. 119
— Здесь, наверное, следует воспользоваться формулой (VI),—
догадался Гера.— Мы можем так истолковать нашу задачу. Имеется
несколько масс Ь\% Ь2у ..., Ьп\ 0<6|<&2< ••• <Ьп\ пусть Ь\ -\-Ь2 +... +Ьп = т.
Эти массы расположим на положительном луче числовой прямой
(рис. 119) соответственно в точках А\, А2, ..., Ап с
координатами а\, а2 ..., а„, причем 0<а\<а2< ... <а„. Таким образом, на этой оси
имеются п материальных точек Ь\А\, Ь2А2, ..., ЬпАп, и они тем массивнее,
чем они дальше от нулевой точки О. Эта система имеет центр
тяжести Zh (значок «н»— от слова «неравномерная загрузка точек»), причем
координата точки Zh такая:
Кроме того, представим себе на числовой оси равномерное
распределение той же массы: в каждой из п точек А\, А2у ..., Ап помещена
масса —.Материальные точки — Аи —А2у ..., —Ап имеют центр тяжести Zp
rt ппп
(«р»— от слов «равномерная загрузка»). Координата zp точки Zp
задается формулой
zp = —(щ + а2 +... + ап).
Так как b\<^<bn> то найдется такой номер k, что bK<Cjr<^bk+1. Таким
образом, в первом случае, то есть при неравномерной загрузке, в
точках А\у ..., Ак помещены меньшие массы, чем при равномерной загрузке,
а в точках /U+i, • •, Ап —большие, чем при равномерной загрузке.
Видим, что при переходе от равномерной загрузки (рис. 120) к
неравномерной (рис. 119) часть массы из точек Ль А2, ..., Ак переносится от
точки О дальше вправо; поэтому и центр тяжести тоже должен
сместиться вправо, то есть гр<гн,
fli + fl2+-.- + fl,i ^a\bl+a2b2 + ... + anbn
Рис. 120

КРУЖКОВЫЕ ИНТЕРВЬЮ
Задача 1. В ДЛВС вписана окружность, которая касается сторон
треугольника в точках А\, В\, С\. Будут ли три отрезка АА\У BBj, СС\
иметь общую точку?
— Как бы ты, Надя, стала искать правдоподобный ответ?
— Я бы попыталась загрузить вершины треугольника массами так,
чтобы центром тяжести любых двух из возникающих трех материальных
точек оказалась какая-нибудь точка касания (А\, В\ или С\). Затем
я попыталась бы показать, что центр тяжести Z этих трех
материальных точек лежит на [ЛЛi], [BBj], [CCi].
Задача 8. В шестиугольнике А^АзА^АъА^ отмечены середины
В\, Вг, •-, Bq сторон А\Ач, А^Аъ, ..., АьА\. Отмеченные точки соединены
«через одну», так что возникают два треугольника В1В3В5 и B2B4BQ.
Будет ли точка пересечения медиан первого из них совпадать с точкой
пересечения медиан второго треугольника?
— Какой ответ кажется тебе, Максим, правдоподобным?
— Я бы загрузил вершины равными массами (например, по 1 г.).
Система из полученных 6 материальных точек имеет центр тяжести Z.
Затем я бы сосредоточил массы из точек А\ иЛгв точке В\9 из Аз и Л4 — в
точке В3, из Аъ и А6 — в точке В^ Тогда Z оказывается центром тяжести
трех материальных точек 2Bi, 2Вз, 2Bs и, следовательно, служит точкой
пересечения медиан ДВ1В3В5. Аналогично покажу, что Z — точка
пересечения медиан в ДВ2В4В6. Значит, у ДВ1В3В5 и &B2B4BQ точки
пересечения медиан совпадают.
Задача 9. Доказать, что три медианы треугольника ABC имеют
общую точку.
— Раньше, — сказал учитель, — мы ознакомились с «механическим»
доказательством этого факта. Как бы ты, Андрей, дал чисто
математическое доказательство?
— Я бы дал векторное доказательство, опираясь на известное мне
«механическое» доказательство и помня (про себя) о формулах (III)
и (IV). Выберу произвольно какую-нибудь точку О и рассмотрю такую
точку Z, что 6г = -^0А + 0В + 6С). Если А\ —середина стороны ВС,
то О А1 = ~%{ОВ + ОС). Из двух последних равенств имею: 30Z =
=ОА+20Аи то^есть 04—OZ=2(0^i—OZ)=0, ZA=—2ZA\. Вижу, что
векторы ZA и ZA\ коллинеарны и противоположно направлены. Значит,
точка Z —на медиане АА\ (причем |Zi4|=2|Zi4i|). Аналогичным
рассуждением я могу, очевидно, доказать, что Z — на медиане BBi и на
медиане СС\. Итак, три медианы треугольника ABC имеют общую точку.

Ласковое майское солнце шло к закату, заливая красноватым светом
стены комнаты, где кружковцы встречались по пятницам. Сегодня, их
снова было четырнадцать: тринадцать девятиклассников и Георгий
Данилович Селиванов, руководитель кружка. Это была последняя их
встреча в текущем учебном году. Занятие кружка подходило к концу, и
Георгий Данилович решил подвести некоторые итоги.
— За полтора года, что мы здесь занимаемся эвристическими
приемами,— сказал он,— мы все же не встретились с таким, который
позволил бы решить любую задачу. Но приемы, с которыми мы здесь
ознакомились, несомненно, помогали нам при решении задач. Что бы вы
посоветовали школьнику сделать, если ему предстоит решить трудную
математическую задачу?
— Прежде всего,— сказал Гера,— как можно четче ответь себе, что
дано и что требуется найти, представь себе как можно четче связь между
тем, что дано, и тем, что ищешь.
— Если доказываемое утверждение кажется сомнительным,—
добавила Лена,— то испытай его на правдоподобие: попытайся построить
контрпример, произведи проверку по размерности, на симметрию.
Предложения сыпались одно за другим:
— Попытайся переформулировать задачу — может быть, в новой
формулировке задачу уже легче будет решить.
— Выясни: не можешь ли ты свести задачу к поиску каких-то чисел?
Иначе говоря, не можешь ли ты перевести задачу на язык алгебры?
135

— Выясни: что тебе известно об искомых величинах? Не можешь
ли это записать в виде уравнений или неравенств?
— Не встречал ли ты где-либо похожее на то, о чем говорится в
данной задаче? Нельзя ли этим воспользоваться при решении твоей задачи?
— Если ты не видишь непосредственно связи между известными и
искомыми величинами, введи вспомогательные неизвестные. Составь
уравнения, содержащие как искомые, так и вспомогательные
неизвестные, исключи вспомогательные неизвестные.
— Если всю задачу трудно решить, то не можешь ли ты выделить
из нее подзадачу, которую ты уже умеешь решать? Не облегчает ли это
тебе поиск решения исходной задачи?
— Привлекай аналогию: сформулируй задачу, похожую на данную,
но более простую или более знакомую.
— Привлекай индукцию. Спроси себя, в каких частных случаях ты
данную задачу в состоянии решить.
— Более общую задачу иногда легче решить, чем более частную.
Сформулируй более общую задачу.
— Рассмотри предельные случаи — они могут указать путь к
правильному ответу или решению.
— Правильный ответ можно получить из соображений
непрерывности.
— Попытайся дать задаче механическое толкование. Получить
правильный ответ или даже окончательное решение могут тебе помочь
соображения из механики или других разделов физики.
— «Еще раз и лучше!» Если ты уже решил задачу, вернись к ней
и спроси себя: «Не могу ли я найти более простое решение? Или решить
задачу в более общем виде?»
— Разумеется, — сказал учитель, — приемы, о которых мы сейчас
вспомнили, далеко не исчерпывают всего ассортимента эвристических
приемов, используемых математиками. Да и перечисленные приемы
редко используются в одиночку; часто в одной и той же задаче приходится
применить несколько различных приемов. Надо иметь в виду, что
эвристические приемы полезны не только в математике, они полезны при
решении задач, с которыми человек встречается во многих областях
своей деятельности. Математические задачи представляют собой
удобный материал, на котором можно овладеть этими приемами.
— Георгий Данилович,— сказал Сережа,— скоро каникулы. Дайте
нам для тренировки какие-нибудь задачи, чтобы мы могли на них
проверить себя, хорошо ли мы усвоили приемы поиска решений?
— Ладно, — согласился Селиванов, — я подготовлю список таких
задач. Если у вас будет время и желание летом или в будущем учебном
году, поразмыслите над ними.
...Вот эти задачи.
136

УПРАЖНЕНИЯ ДЛЯ РАЗМЫШЛЕНИЯ
1. В каждом из следующих трех утверждений выделите условие и
заключение, а) В описанном четырехугольнике суммы длин
противоположных сторон равны между собой, б) Только во вписанном
четырехугольнике сумма величин двух противоположных углов может быть
равна 180°. в) Только в прямоугольном треугольнике сумма квадратов
косинусов всех углов может оказаться равной 1.
2. 52—1 =24, 72— 1 =48, И2-1 = 120, 132— 1 = 168.
Какая общая гипотеза относительно делимости возникает у вас при
рассмотрении этих примеров? Подвергните гипотезу какому-нибудь
испытанию на правдоподобие. Попытайтесь ее доказать.
3. Рассматривая тетраэдр как фигуру, аналогичную треугольнику,
придумайте какое-нибудь предложение (не обязательно верное),
аналогичное теореме Пифагора. Затем выясните, верно ли оно.
4. Какую фигуру в пространстве образует множество всех точек,
равноудаленных от двух данных точек? Для поиска правдоподобного ответа
сформулируйте аналогичную задачу на плоскости.
5. Имеются две параллельные плоскости аир, расстояние между
которыми равно 1 метру. Какую фигуру в пространстве образует
множество всех точек, для которых сумма расстояний от плоскостей аир
равна 2 м?
6. Выразите радиус (г) шара, вписанного в тетраэдр, через длины
высот тетраэдра (Ai, А2, A3, АД
7. Плоскость а пересекает три боковых ребра треугольной пирамиды
и отсекает от первого ребра половину, от второго — одну треть (считая
от вершины), от третьего — одну четверть (считая от той же вершины).
В каком отношении делит плоскость объем пирамиды?
8. Выясните, что больше:
11 1
1900,3+83'3 или 198313?
9. В треугольник ABC вписана окружность Г, а затем построены еще
три окружности Yi, Y2, 7з> из которых каждая касается двух сторон
треугольника и окружности Г. Известны радиусы Г|, гг, гъ
окружностей yi, Y2, Y3- Вычислите радиус г окружности Г.
10. Вычислите объем тетраэдра, у которого длины противоположных
ребер попарно равны а, Ь, с.
11. Окружность Г касается стороны ВС треугольника ABC в точке S,
а продолжений сторон АВ и АС — в точках Р и Q соответственно.
Отрезки СР и BQ пересекаются в точке М. Лежат ли три точки A, S и М
на одной прямой?

2. Воспользуйтесь тем, что любое простое число р, р>3, можно
представить в виде 6Л+1 или 6k—1 (k —натуральное число).
6. а) Сначала сформулируйте и решите аналогичную задачу для
треугольника, б) Если а, Ь, с — длины сторон треугольника, h\, /12, Лз —
длины высот, опущенных на эти стороны, S — площадь треугольника,
то 2S = ah\ = bh2 = ch3 = (a + b + c)r1 откуда нетрудно найти г.
7. а) Попытайтесь сначала сформулировать аналогичную задачу для
треугольника, б) Например, вот такую: «Прямая MN пересекает
стороны АВ и АС треугольника ABC в точках В\ и Си причем \АВ\\ =-д-|ЛЯ|,
|i4Cil=-g-|i4C|. Найти отношение S^ABlCl : S^bc*.
8. а) Подберите более общую «функциональную» задачу, б)
Например, такую: «Что больше: xp + hp или (х + Лу, если 0<р<1, Л>0,
дО>0?» в) Для решения вспомогательной задачи рассмотрите
функцию / (x)=xp-\-hp— (x-\-hy и выясните, будет ли она на ]0;+ оо[
возрастать или убывать.
9. а) Непосредственной связи между г и г и ^2, гз я не вижу; поэтому
попытаюсь найти связь между этими величинами и какими-то
вспомогательными неизвестными, б) В качестве таких неизвестных возьму
величины а, (3, у углов треугольника (рис. 121).
138

в) sin-7S-=—:—х-
2 r+r\
g2 2/гТ/
g 2 2/r?2 * 2 277Гз (2)
откуда
Аналогично
Кроме того,
<х + Р + у = я. (3)
Из четырех уравнений (1) — (3) исключаем три вспомогательных
неизвестных а, р, у и находим искомое неизвестное (то есть г). Можно
воспользоваться тем, что из (3) следует tgj -— + -£- j = ctg-| .
10. а) Чтобы решить эту задачу, я достраиваю пирамиду до
треугольной призмы (рис. 122), у которой в основании — треугольник со
сторонами a, ft, с, а боковое ребро имеет длину а. б) Найти объем V\ призмы не
легче, чем найти объем пирамиды V. Ясно только, что V = -tt-V\. Но тог-
да объем V2 четырехугольной пирамиды DBB'C'C составляет -~-1Л,
поэтому V = -k-V2. в) Таким образом, исходная задача сводится к
следующей подзадаче: «Вычислить объем V^ четырехугольной пирамиды,
у которой основанием служит ромб ВВ'С'С со стороной длины а, если
длины боковых ребер таковы: \DB\=\DC'\=b% \C'D\=\DB'\=c».
11. а) Привлеките соображения из механики, б) Поместите в
А у Я, Q такие массы, чтобы центром тяжести возникающей системы
из трех материальных точек оказалась точка М. в) Затем добавьте
дополнительную массу в точке Л, чтобы вновь возникшая система
материальных точек имела своим центром тяжести точку S.
Рис. 121
Рис. 122

1. а) Дано: существует окружность, вписанная в
четырехугольник ABCD. Требуется доказать: \AB\ + \CD\ = \AD\ + \BC\. б) Дан
четырехугольник ABCDy в котором Л-\-С=180°. Требуется доказать, что
существует окружность, описанная около ABCD. в) Дано: ААВС таков,
что cos-Л + cos~B + cos С = 1.Требуется доказать: А =90° или В = 90°,
или С = 90°.
2. Гипотеза: если р — простое число и р>3, то р2—1 делится
на 24. Доказательство: можно. р представить так: p = 6fe±l
(kezN). Поэтому р2 — 1 = 36fc2±12ft ==24£2 + 12Л(*±1), откуда ясно,
что р2—1 делится на 24.
3. Пример такого утверждения: «Если в тетраэдре ABCD три ребра,
сходящиеся в вершину D, взаимно перпендикулярны, то
(S^bd)2 + (SbRCD)2 + (SbCAo)2 = (SbABc)2» (утверждение верно).
4. Плоскость, проходящая через середину М отрезка [АВ\
соединяющего данные точки, и перпендикулярная прямой АВ.
5. Пара плоскостей, параллельных данным плоскостям аир.
7. 1 : 23.
8. Решение. Для производной функции f(x) (см. «Советы»)
имеем: ^Ч^) = Р^~'-Р(^ + Л)р-1=р[(±)|-р_(_|_),--р1>о при х>0.
140

Значит, функция f(x) на [0; +оо[ возрастает. Поэтому f(x)>f(0), то есть
L L 1
xp+hp-(x+h)p>0, xp + hp>(x + hy. В частности, 190013 + 8313>1983'3.
9. г= j//v^ + /г&Гз-\- /гзгТ.
10. Решение. Сначала вычислим объем пирамиды DCBB'C (см.
«Советы»). Пусть [DO~\ — высота пирамиды, \DO\=x. Пусть \ОВ\ =
2
= z, |ОВ'| = #. Тогда К2 =-o-jn/z, искомый объем пирамиды V =
= -2-V2 = -^-xyz. Найдем х, у, z. Имеем:
x2 + z2 = b2y y2 + z2 = a2y х2 + у2 = с2.
Отсюда
2z2 = a2 + b2-c2y 2x2 = b2 + c2-a2y 2у2 = c2 + a2-b2,
V = ^2(a2 + b2-c2J(b2 + c2-d2)(c2 + a:2-b2).
Видим, что ответ (7) на стр. 16 действительно верен.
11. Р ешение. Пусть (рис. 123) \АР\=а, \ВР\ = т, \CQ\ = n.
Тогда \АВ\ = а—ту \АС\ = а— п. Поместим в А 1 единицу массы и
подберем такую массу х для точки Р, чтобы центром тяжести возникающих
двух материальных точек оказалась точка В. По правилу рычага
\'\АВ\=х*\ВР\, откуда х=(а—т)/т. Аналогично убедимся, что если
в точке Q поместить массу у = (а—п)/пу то центром тяжести
материальных точек \А и yQ окажется точка С. Легко понять, что центром
тяжести трех материальных точек \А, хР и yQ служит точка М. Теперь
поместим в точке А еще одну единицу массы и найдем центр тяжести
Рис. 123

трех материальных точек: 2Л, хР, yQ. Положение центра тяжести этой
системы не изменится, если сосредоточим массы материальных точек
\А и хР в их центре тяжести В (иначе говоря, если заменим их
материальной точкой—-/?). Аналогично можно заменить материальные
точки \А и yQ одной точкой ~-С. Следовательно, центр тяжести Z лежит
на отрезке ВС, причем -~-|BZ| =-~|ZC|, то есть \BZ\ : \ZC\ = m:n.
Отсюда видно, что Z = S.
Итак, S — это центр тяжести материальных точек 2Л, хР и yQ.
Но положение центра тяжести этой системы не изменится, если мы
сосредоточим всю массу материальных точек 1Л, хРу yQ (то есть
1+х+У единиц) в их центре тяжести М. Значит, точка S — центр
тяжести двух материальных точек: \А и (1-\-х-\-у)М. Следовательно, S лежит
на [ЛУИ]. Более того,
|AS|=( i+*+i,)|SM|-(-£ + -£-l)|SM|.
Нетрудно теперь дать векторное решение задачи. Выберем
в качестве начала точку А и подберем точку Z так, чтобы
Но 2=^ АР =АВ, Z=2a~Q=AC, поэтому
а а ^ }
(-н + да-яЯ+т-й
^(AZ-AB) = ^(AC-AZ\ nBZ = mZC.
Отсюда ясно, что точка Z лежит на отрезке ВС и делит его в отношении
т:п, то есть Z = S. Определим еще точку Z\ по формуле
(l + ^ + ^)^,=^^ + ^iQ, (2')
или
а—пг ,-г+ тт?: а ,тРГ ~Г?\ а~~m Б7 а
(AZ-AP^iAC-AZO, ^rPZx=^Z,C.
m v*-i j n v— —i/, m
Отсюда видно, что Z\ — на отрезке PC. Аналогично можно убедиться,
что Z, — на [QB]. Значит, Z\=M. Из (Г) и (2') видим, что
\т~ п) Vm n )
то есть векторы AZ и AZ\ коллинеарны, так что три точки A, S и М-
на одной прямой.
142

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 5
Вместо введения, или Что делать, если задача «не решается* 7
Испытания на правдоподобие 10
То же самое — но иначе 20
Мы с вами где-то встречались 27
Идея вспомогательных неизвестных 32
Задачи внутри задачи 38
Что такое индукция? 46
Рассмотрим более общую задачу 50
Еще раз про обобщение 57
Поиск неведомых закономерностей 63
Рассуждая по аналогии 72
Витая в сферах 81
Пошевелим точку 86
...Меняется непрерывно 102
Эта странная задача Мальфатти 113
Посмотрим на задачу глазами физика 122
Вместо заключения, или Что делать, если задача не
поддается решению 135
Советы 138
... и ответы 140

ДЛЯ СРЕДНЕГО И СТАРШЕГО
ВОЗРАСТА
Марк Беневин Балк,
Галина Давыдовна Балк
ПОИСК РЕШЕНИЯ
И Б № 3562
Ответственные редакторы
И. Б. Шустова и Л. А. Румянцева
Художественный редактор Л. Д. Бирюков
Технический редактор В. К. кгорова
Корректоры Э Н Сизова
и Н Г Худякова
Сдано в набор 28 01.83. Подписано к печати
11.04 83. А03066 Формат 70х100'/,в. Бум.
офсетная № 1 Шрифт литературный. Печать
офсетная. Усл. печ. л. 11,7. Уел кр -отт. 25,35.
Уч -изд. л. 8,29. Тираж 100 000 экз. Заказ
№ 1585. Цена 45 коп.
Ордена Трудового Красного Знамени
издательство «Детская литература» Государственного
комитета РСФСР по делам издательств,
полиграфии и книжной торговли. Москва, Центр,
М. Черкасский пер., 1.
Калининский ордена Трудового Красного Знамени
полиграфкомбинат детской литературы им.
50-летня СССР Росглавполиграфпрома
Госкомиздата РСФСР. Калинин, проспект 50-летия
Октября, 46.
Балк М. Б., Балк Г. Д.
Б 20 Поиск решения: Научно-популярная лит-ра/
Рис. Ю. Воробьева.— М.: Дет. лит., 1983.—
143 с, ил. («Знай и умей»).
В пер.: 45 к.
Книга приоткрывает завесу таинственности над «лабораторией мышления»
математика. В ней рассказано о богатом арсенале эвристических приемов —
о поучительности контрпримеров, об использовании аналогии при решении задач,
о применении индукции и других методах поиска решения
г 4802000000—319. Q1 QQ ББК 22.1
ЬМ101<03)83 494-83 51