П |
Ри решении геометрических задач на построение обычно пользуются линейкой и циркулем. Мы сейчас увидим, однако, что иной раз удается обходиться без циркуля в таких случаях, где на первый взгляд он представляется совершенно необходимым.
![]() |
Задача
Из точки А (рис. 141, налево), лежащей вне данной полуокружности, опустить на ее диаметр перпендикуляр, обходясь при этом без циркуля. Положение центра полуокружности не указано.
Решение
Нам пригодится здесь то свойство треугольника, что все высоты его пересекают, я в одной точке. Соединим Л с В и С; получим точки DttE (рис. 141, направо). Прямые BE и CD, Очевидно, — высоты треугольника АВС. Третья высота — искомый перпендикуляр к BC — должна проходить через точку пересечения двух других, т. е. через М. Проведя по линейке прямую через точки А и Λf, мы выполним требование задачи, не прибегая к услугам циркуля. Если точка расположена так, что искомый перпендикуляр падает на продолжение диаметра (рис. 142), то задача будет разрешима лишь при условии, что дан не полукруг, а полная окружность. Рис. 142 показывает, что решение не отличается от того, с которым мы уже знакомы; только высоты треугольника ABC пересекаются здесь не внутри, а вне его.
![]() |
Задача
Вероятно, вы знаете, что центр тяжести тонкой однородной пластинки, имеющей форму прямоугольника или форму ромба, находится в точке пересечения диагоналей, а если пластинка треугольная, то в точке пересечения медиан, если круглая, то в центре этого круга.
Попробуйте-ка теперь смекнуть, как найти построением центр тяжести пластинки, составленной из двух произвольных прямоугольников, соединенных в одну фигуру, изображенную на рис. 143.
Условимся при этом пользоваться только линейкой и ничего не измерять и не вычислять.
Решение
Продолжим сторону DE до пересечения с AB в точке TV И Сторону FE до пересечения с BC в точке M (рнс. 144). Данную фигуру будем сначала рассматривать как составленную из прямоугольников ANEF и NBCD. Центр тяжести каждого из них находится в точках пересечения их Д1 агоналей O1 и O2.
Рис. 143. Пользуясь только ли — Рис. 144. Центр тяжести пла — нейкой, найдите центр тяже — станки найден,
Сти изображенной пластинки.
Следовательно, центр тяжести всей фигуры лежит на прямой O1O2. Теперь ту же фигуру будем рассматривать как состаз — ленную из прямоугольников АВ. IF и EMCD, центры тяжести которых находятся в точках пересечения их диагоналей О и O4. Центр тяжести всей фигуры лежит на прямой O3O4. Значит, он лежит в точке О пересечения прямых О, O2 и O3O4. Все эти построения действительно выполняются только при помощи линейки.
Сейчас мы занимались построением, выполняемым при помощи одной лишь линейки, не обращаясь к циркулю (при условии, что одна окружность на чертеже дана заранее). Рассмотрим теперь несколько задач, в которых вводится обратное ограничение: запрещается пользоваться линейкой, а все постро-
Ення нужно выполнить только циркулем. Одна из таких задач заинтересовала Наполеона 1 (интересовавшегося, как известно, математикой). Прочтя книгу о таких построениях итальянского ученого Маскерони, он предложил французским математикам следующую
Задачу
Данную окружность разделить на четыре равные части, не прибегая к линейке. Положение центра окружности дано.
Решение
Пусть требуется разделить на четыре части окружность О (рис. 145). От произвольной точки А откладываем по окружности три раза радиус круга: получаем точки В, C и D. Легко видеть, что расстояние A C — хорда
Дуги, составляющей 1∕s окружности, — сторона вписанного равностороннего треугольника и, следовательно, разно Г pr3, где Г—Радиус окружности. AD, очевидно, — диаметр окружности. ИI точек А и D радиусом, равным АС, засекаем дуги, пересекающиеся в точке М. Покажем, что расстояние MO равно стороне квадрата, впи. энного в нашу окружность. В треугольнике АЛЮ Катет ЛЮ — У AM2— AO2 ~
= У ‘6R2 — R2-г Tyr2, т. е. стороне вписанного квадрата. Теперь остается только раствором циркуля, разным МО, отложить на окружности последовательно четыре точки, чтобы получить вершины вписанного квадрата, которые, очевидно, разделят окружность на четыре равные части.
Задача
Вот другая, более легкая задача в том же р°ле.
Без линейки увеличить расстояние между данными точками А и В (рис. 146) в пять раз,—вообще в заданное число раз. — 225 —
Решение
Из точки В радиусом AB описываем окружность (рис. 146). По этой окружности откладываем от точки А расстояние AB Три раза: получаем точку С, очевидно, диаметрально противоположную А. Расстояние AC представляет собой двойное расстояние АВ. Проведя окружность из C радиусом ВС, мы можем таким же образом найти точку, диаметрально противоположную В и, следовательно, удаленную от А на тройное расстояние АВ, и т. д.
Применяя только циркуль и линейку, не имеющую на себе никаких меток, невозможно разделить произвольно заданный угол на три равные части. Но математика вовсе не отвергает возможности выполнить это деление при помощи каких-либо иных приборов. Придумано много механических приборов для достижения указанной цели. Такие приборы называются трисекторами. Простейший трисектор вы можете легко изготовить из плотной бумага, картона или тонкой жести. Он вам будет служить подсобным чертежным инструментом.
На рис. 147 трисектор изображен в натуральную величину (заштрихованная фигура). Примыкающая к полукругу полоска AB равна по длине радиусу полукруга. Край полоски BD Составляет прямой угол с прямой АС; он касается полукруга в точке В; длина этой полоски произвольна. На том же рисунке показано употребление трисектора. Пусть, например, требуется разделить на три равные части угол KSM (рис. 147).
Трисектор помещают так, чтобы вершина угла 5 находилась на линии BD, одна сторона угла прошла через точку А, А другая сторона коснулась полукруга[XIV]). Затем проводят
прямые SB И SO, И деление данного угла на три равные части окончено. Для доказательства соед ihhm отрезком прямой центр полукруга О с точкой касания N. Легко убедиться в том, что треугольник ASB равен треугольнику SBO, а треугольник SBO
Рис. 147. Трисектор и схема его употребления.
Равен треугольнику OSN. Из равенства этих трех треугольников следует, что углы ASB, BSO и OSN равны между собой, что и требовалось доказать.
Такой спосот трисекции угла не является чисто геометрическим; его можно назвать механическим.
Задача
Возможно ли при помощи циркуля, линейки и часов разделить данный угол на три равные части?
Решение
Возможно. Переведите фигуру данного угла на прозрачную бумагу и в тот момент, когда обе стрелки ча. оз совмещаются, наложите чертеж на циферблат так, чтобы вершина угла совпала с центром вращения стрелок и одна сторона угла пошла вдоль стрелок (рис. 148).
В тот момент, когда минутная стрелка часоз передвинется до совпадения с направлением второй стороны данного угла (или передвиньте ее сами), проведите из вершины угла луч по направлению часовой стрелки. Образуется угол, равный углу поворота часовой стрелки. Теперь при помощи циркуля и линейки этот угол удвойте и уд юенный угол снова удвойте (способ удвоения угла известен из геометрии). Полученный
Таким образом угол и будет составлять -ɪ- данного.
Действительно, всякий раз, как минут, аз стрелка описывает некоторый угол а, часовая стрелка за это время передвигается на угол, в 12 раз меньший: ʌ, а после увеличения этого угла в четыре раза получается угол — ∙4=⅛ .
Деление окружности
Радиолюбителям, конструкторам, строителям разного рода моделей и вообще любителям мастерить своими руками иной раз приходится задумываться над такой практической
Задачей
Вырезать из данной пластинки правильный многоугольник с заданным числом сторон.
Эта задача сводится к такой:
Разделить окружность на П равных частей, где П—-целое число.
Оставим пока в стороне очевидное решение поставленной задачи при помощи транспортира — это все-таки решение «на-глаз» —и подумаем о геометрическом решении: при помощи циркуля и линейки.
Прежде в его возникает вопрос: на сколько равных частей можно теоретически точно разделить окружность при помощи циркуля и линейки? Этот во
Прос математиками решен полностью: не на любое число частей ’).
Можно: на 2, 3, 4, 5, 6,
8, 10, 12, 15, 16, 17,…, 257,
… частей.
Нельзя: на 7, 9, 11, 13,
14, … частей.
Плохо еще и то, что нет единого способа построения; прием деления, допустим, на 15 частей не такой, как на 12 частей, и т. д., а все способы н не запомнишь.
Практику нужен геометрический способ — пусть приближенный, но достаточно простой И Общий для деления окружности на любое число равных дуг.
В учебниках геометрии, к сожалению, еще не уделяют этому вопро у никакого внимания, поэтому приведем здесь один любопытный прием приближенного геометрического решения поставленной задачи.
Пусть, например, требуется разделить данную окружность (рис. 149) на девять равных частей. Построим на каком-либо
1) Подробности см. в учебнике геометрии.
— 229 —
Из диаметров AB окружности разносторонний треугольник ACB И разделим диаметр AB точкой D в отношении AD‘.AB= 2:9 (в общем случае AD‘.AB=2′.N).
Соединим точки C и D отрезком и продолжим его до пересечения с окружностью в точке Е. Тогда дуга AE будет
1 —’ 360°\
Составлять примерно ɪ окружности (в общем случае AE=J
Или хорда AE будет стороной правильного вписанного девятиугольника (л-угольника).
Относительная погрешность при этом около O,80∕0.
Если выразить зависимость между величиной центрального угла AOE, образующегося при указанном по троении, и числом делений П, то получится следующая точная формула: которую для больших значений П можно заменить приближенной формулой
![]() |
![]() |
Tg¼0≥≈4 J∕3∙(∕z-1 —2я-2).
C другой стороны, при точном делении окружности на П
« х ɜθθ0
Равных частей центральный угол должен быть равен.
360°
Сравнивая угол —— с углом AOE, получим величину погрешности, которую мы делаем, считая дугу AE частью окружности.
Получается такая таблица для некоторых значений л:
Л |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
10 |
20 |
60 |
360°/" S< n |
120° |
90° |
72° |
60° |
51o26′ |
45° |
36° |
18° |
6° |
^AOE |
120° |
90° |
71o57′ |
60° |
51o31′ |
43°11′ |
36o21′ |
18o38′ |
6o26′ |
Погрешность в°/0 |
0 |
0 |
0,07 |
0 |
0,17 |
0,41 |
0,97 |
3,5 |
7,2 |
Как видно из таблицы, указанным способом можно приближенно разделить окружность на 5, 7, 8 или 10 частей с небольшой относительной ошибкой — от 0,07 до l0∕0; такая погрешность вполне допустима в большинстве практических работ. C увеличением числа делений П точность способа заметно падает, т. е. относительная погрешность растет, но, как показывают исследования, при любом П она не превышает 10θ∕θ.
Направление удара (задача о биллиардном шаре)
Послать биллиардный шар в лузу не прямым ударом, а застазив его отпрыгнуть от одного, двух или даже трех бортов стола — это значит, прежде всего, решить «в уме» геометрическую задачу «на построение».
Рис. 150. Геометрическая задача на биллиардном столе.
Важно правильно «на-глаз» найти первую точку удара о борт; дальнейший путь упругого шара на хорошем столе будет определяться законом отражения («угол падения равен углу отражения»).
Какие геометрические представления могут помочь вам найти направление удара, чтобы шар, находящийся, например, в середине биллиардного стола, после трех отскоков попал в лузу Л? (рис. 150).
Решение
Вам надо вообразить, что к биллиардному столу вдоль короткой стороны приставлены еще три та сих же стола, и целиться в направлении самой дальней лу^ы третьего из воображаемых столов.
Рис. 151 поможет разобраться в этом утверждени е Пусть OabcA— путь шара. Если опрокинуть «стол» ABCD вокруг CD на 18υo, он займет положение I, затем его так же опрокинуть вокруг AD и еще раз вокруг ВС, то он займет положение III. В результате луза А Окажется в точке, отмеченной буквой A1.
Исходя из очевидного равенства треугольников, вы легко докажете, что Ab1 = Ab, B1C1 = Bc и C1A1 = CA, т. е. что длина прямой OA1 разна длине ломаной OabcA.
Следовательно, целясь в воображаемую точку A1, вы заставите
Катиться шар по ломаной OabcA, и он попадет в лузу А. Разберем еще такой вопрос: при каком у ;ловии будут равны стороны OE и A1E прямоугольного треугольника A1EO^I 5 3
Легко установить, что OE=-^AB и ∕41f=τr ВС. Если
OE=A1E, то ⅜AB=⅜-BC или AB=-EC.
Таким образом, если короткая сторона биллиардного стола
3
Составляет ð- длинной стороны, то OE=EA1, в этом случае
Удар по шару, находзщемуся в середине стола, можно направлять под углом 45° к борту.
«Умный» шарик
Несложные геометрические построения только что помогли нам решить задачу о биллиардном шарике, а теперь пусть тот же биллиардный шарик сам решает одну любопытную старинную задачу.
Разве это возможно? — шарик же не может мыслить. Верно, но в тех случаях, когда необходимо выполнить некоторый расчет, причем известно, какие операции над данными числами и в каком порядке необходимо для этого произвести,, такой расчет можно поручить машине, которая его выполнит безошибочно и быстро.
Для этого придумано много механизмов, начиная от простого арифмометра и до сложнейших электрических машин,
В часы досуга нередко развлекаются задачей о том, как отлить какую-либо часть воды из наполненного сосуда данной емкости при помощи двух других пустых сосудов тоже известной емкости.
Вот одна из многих задач подобного рода.
Разлить пополам содеркимое 12-ведерной бочки при помощи двух пустых боченков в девять ведер и в пять ведер?
Для решения этой задачи вам, разумеется, не надо экспериментировать с настоящими бочками. Все необходимые «переливания» можно проделать на бумаге по такой, хотя бы схеме:
9-ведеры. |
0 |
7 Z |
7 \ |
2 |
2 \ |
0 |
А Z |
\ |
; 6 |
6 |
5-ведер. |
5/ Z |
5 \ |
0 |
45 \ |
0 |
4 2/ |
2 |
45 |
0 |
|
12-ведерн. / |
7 |
0 |
45 |
5 ‘ |
4 10 |
10 |
1 |
: I |
4 6 |
В каждом столбике записан ре. ультат очередного переливания.
В первом; заполнили бочку в пять ведер, девятнведерная пустая (0), в 12-ведерной осталось семь ведер.
Во втором: перелили семь ведер из 12-ведерной бозки В Девятиведерную и т. д.
В схеме всего девять столбиков; значит, для решения задачи понадобилось девять переливаний.
Попробуйте найти свое решение предложенной задачи, устанавливающее иной порядок переливаний.
После ряда проб и попыток вам это несомненно удастся, так как предложенная схема переливаний не является единственно возможной; однако же при ином порядке переливаний у вас их выйдет больше девяти.
Возможно, что ваше решение этой задачи устанавливает иной порядок переливаний, но, наверное, более длительный, т. е. у вас вышло больше девяти переливаний.
В связи с этим любопытно будет выяснить следующее:
Рис. 152. «Механизм» «умного» шарика.
1) нельзя ли установить какой-либо определенный порядок переливаний, которого можно было бы придерживаться во всех случаях независимо от ёмкости данных сосудов;
2) можно ли при помощи двух пустых сосудов отлить из третьего сосуда любое возможное количество воды, т. е., например, из 12-ведерной бочки при помощи бочек в 9 и 5 ведер отлить одно ведро воды, или два ведра, или три, четыре и т. д. до 11.
На все эти вопросы ответит «умный» шарик, если мы сейчас для него построим «биллиард зый стол» особой конструкции.
Расчертите листочек бумаги в косую клетку так, чтобы клетки были равными ромбами с острыми углами в 60°, и йостройте фигуру OABCD, как на рис. 152.
Вот это и будет «биллиардный стол». Если толкнуть биллиардный шарик вдоль OA, то, отскочив от борта AD точно по закону «угол падения равен углу отражения» (∕Z OAM — = / MAci), шарик покатится по прямой Aci, соединяющей вершины маленьких ромбов; оттолкнется в точке C4 от борта BC и покатится по прямой Ciai, затем по прямим Aibi, Bidi, Dia6 и т. д.
По условиям задачи мы имеем три бочки: девять, пять и 12 ведер. В соответствии с этим фигуру построим так, чтобы сторона OA содержала девять к теток, OB — пять клеток, AD— три клетки (12—9 = 3), BC—Семьклзток [XV]) (12—5 = 7).
Заметим, что каждая точка на сторонах фигуры отделена определенным числом клеток от сторон OB и OA. Например, от точки Ci — четыре клетки до OB и пять клеток до OA, От точки Ai — четыре клетки до OB и 0 клеток до OA (потому что она сама лежит на СМ), от точки Di— восемь клеток до OB и четыре клетки до OA и т. д.
Таким образом, каждая точка на сторзнах фигуры, в которую ударяется биллиардный шарик, определяет два числа.
Условимся, что первое из иих, т. е. число клеток, отделяющих точку от OB, обозначает количество ведер воды, находящихся в девятиведёрной бочке, а второе, т. е. число клеток, отделяющих ту же точку от OA, определяет количество ведер воды в пятиведерной бочке. Остальное количество воды, очевидно, будет в 12-ведерной бочке.
Теперь все подготовлено к решению задачи при помощи биллиардного шарика.
Пустите его вновь вдоль OA и, расшифровывая каждую точку его удара о борт так, как указано, проследите за его движением хотя бы до точки β6 (рис. 152).
Первая точка удара: А (9; 0); значит, первое переливание должно дать такое распределение воды:
9-ведсрн. |
9 |
|
5-ведерн. |
О |
|
12-ведерн. |
3 |
Эго осуществимо.
Вторая точка удара: C4 (4; 5); значит, шарик рекомендует следующий результат второго переливания:
9-ведерн. |
9 |
4 |
|
5-ведерн. |
0 |
5 |
|
12-ве дерн. |
3 |
3 |
Зто тоже осуществимо.
Третья точка удара: Ai (4; 0); третьим лереливаннем шарик советует вернуть пять ведер в 12-ведерную б.,чку:
9-ведерн. |
9 |
4 |
4 |
|
5-ведерн. |
0 |
5 |
0 |
|
12-ведерн. |
3 |
3 |
8 |
Четвертая точка: Bi (0; 4); результат четвёртого переливания:
9-ведерн. |
9 |
4 |
4 |
0 |
||
5-ведерн. |
0 |
5 |
0 |
4 |
||
12-ведерн. |
3 |
3 |
8 |
8 |
Пятая точка: Di (8; 4), шарик настаивает на переливании восьми ведер в пустую дгвативедерную бочку:
9-ведерн. |
9 |
4 |
4 |
О |
8 |
||
5-ведерн. |
О |
5 |
О |
4 |
4 |
||
12-ведерн. |
3 |
3 |
8 |
8 |
О |
Продолжайте да тыле следить за шариком, и вы получите такую таблицу:
9-ведерн. |
9 |
4 |
4 |
О |
8 |
8 |
3 |
3 |
О |
9 |
7 |
7 |
2 |
2 |
О |
9 |
6 |
6 |
5-ведерп. |
О |
5 |
О |
4 |
4 |
О |
5 |
О |
3 |
3 |
5 |
О |
5 |
О |
2 |
2 |
5 |
О |
12-ведерн. |
3 |
3 |
8 |
8 |
О |
4 |
4 |
9 |
9 |
О |
О |
5 |
5 |
10 |
10 |
1 |
1 |
6 |
Итак, после ряда переливаний цель достигнута: в двух бочках по шести ведер воды. Шарик решил задачу!
Но шарчк оказался не очень умный.
Он решил задачу в 18 ходов, а нам удалось ее решить в девять ходов (см. первую таблицу).
Однако шарик тоже может укоротить ряд переливаний. Толкните его сначала по OB, остановите в точке В, затем снова толкните по ВС, а дальше пусть он двигается, как условились, — по закону «угол падения равен углу отражения»; получится короткий ряд переливаний.
Если вы позволите шарику продолжать движение и после точки Ав, то нетрудно проверить, что в рассматриваемом случае он обойдет все помеченные точки сторон фигуры (и вообще все вершины ромбоз) и только после этого вернется в исходную точку О. Это значит, что из бочки в 12 ведер можно налить в девятиведерную бочку любое целое число ведер от одного до девяти, а в пятиведерную — от одного до пяти.
Но задача подобного рода может и не иметь требуемого решения.
Как это обнаруживает шарик?
Очень просто: в этом случае он вернется в исходную точку О, не ударившись в нужную точку.
На рис. 153 изображен механизм решения задачи для бочек в девять, семь и 12 ведер:
9-ведери. |
9 |
2 |
2 |
0 |
9 |
4 |
4 |
0 |
8 |
8 |
1 |
1 |
О |
9 |
3 |
3 |
0 |
9 |
5 |
5 |
0 |
7 |
7 |
0 |
7-ведерн. |
О |
7 |
О |
О Л |
2 |
7 |
0 |
4 |
4 |
0 |
7 |
0 |
1 |
1 |
7 |
0 |
3 |
3 |
7 |
0 |
5 |
5 |
0 |
7 |
12-ведерн. |
3 |
3 |
10 |
10 |
1 |
1 |
8 |
8 |
0 |
4 |
4 |
11 |
11 |
2 |
2 |
9 |
9 |
0 |
0 |
7 |
7 |
0 |
5 |
5 |
«Механшм» показывает, что из наполненной бочки в 12 ведер при помощи пустых бочек в девять ведер и в семь ведер можно отлить любое число ведер, кроме половины ее содержимого, т. е. кроме шести ведер.
На рис. 154 изображен механизм решения задачи для бочек в три, шесть и восемь ведер. Здесь шарик делает четыре отскока и возвращается в начальную точку О.
Соответствующая таблица
6-ведерн. |
6 |
3 |
3 |
О |
3-ведерн. |
0 |
3 |
0 |
3 |
8-ведерн. |
2 |
2 |
5 |
5 |
Показывает, что в этом случае невозможно отлить четыре ведра или одно ведро из во ьмизедер зой бочки.
Рис. 153. «Механизм» показывает, что полную бочку в 12 ведер нельзя разлить поп злам при помощи пустых бочек в девять и семь ведер.
Рис. 154. «Механизм» решения еще одной задачи о переливании.
Таким образом, наш «биллиард» с «умным» шариком действительно является любопытной и своеобразной счетной машиной, неплохо решающей задачи о переливании.
Задача
Перерисуйте на лист бумаги пять фигур, изображенных на рис. 155, и попробуйте зачертить каждую из них одним росчерком, т. е. не отрывая карандаша от бумаги и не проводя более одного раза по одной и той же линии.
Многие из тех, кому предлагалась эта задача, начинали с фигуры Г, По виду наиболее простой, однако все их попытки нарисовать эту фигуру одним росчерком не удазались. Огорченные, они уже с меньшей уверенностью приступали к остальным фигурам и, к своему удивлению и удовольствию, без особенно больших затруднений справлялись с первыми двумя фигурами и даже с замысло. атой третьей, представляющей перечеркнутое слово «дом». Вот пятую фигуру Д, как и чет — вертую Г, Никому ие удавалось зачертить одним обходом карандаша.
Рис. 155. Попробуйте зачертить каждую фигуру одним росчерком, не проводя более одного раза по одной и той же линии.
Почему же для одних фигур удается решение поставленной задачи, а для других — нет? Может быть, только потому, что в отдельных случаях нашей и юбретательности нехватает, или, может быть, сама задача вообще неразрешима для некоторых фигур? Нельзя ли в таком случае указать какой-нибудь признак, по которому можно было бы заранее судить о том, сможем ли мы зачертить данную фигуру одним росчерком или нет?
Решение
Каждый перекресток, в котором сходятся линии данной фигуры, назовем узлом. При этом назовем узел четным, если в нем сходится четное число линий, и нечетным, если
Число сходящихся в нем линий нечетное. На фигуре А все узлы четные; на фигуре Б имеются два нечетных узла (точки А и В); на фигуре В нечетными узлами являются концы отрезка, П Речеркнувшего слово «дом»; на фигурах Г и Д по четыре Нечетных узла.
Рассмотрим сначала такую фигуру, в которой все узлы четные, например фигуру А. Начнем свой маршрут из любой точки 5. Проходя, например, через узел А, мы зачерчиваем дзе линии: подводящую к Л и выводящую из А. Так как из каждого четного узла есть столько же выходов, сколько и входов в него, то по мере продзижения от узла к узлу как — дый раз незачерченных линий становится на две меньше, следовательно, принципиально вполне возможно, обойдя их все, вернуться в исходную точку 5.
Но, допустим, мы вернулись в исходную точку, и выхода из нее больше нет, а на фигуре осталась еще незачерченная линия, исходящая из какого-нибудь узла В, в котором мы уже были. Значит, надо внести поправку в свой маршрут: дойдя до узла В, прежде зачертить пропущенные линии и, вернувшись в В, итти дальше прежним путем.
Пусть, например, мы решили обойти φιrypy А так: сначала вдоль сторон треугольника АСЕ, затем, вернувшзсь в точку А, по окружности ABCDEFA (рис. 155). Так как при этом остается неза юрченным треугольник BDF, то прежде, чем мы покинем, например, узел В и пойдем по дуге ВС, нам следует обойти треугольник BDF.
Итак, если все узлы данной фигуры четные, то, отправляясь из любой точки фигуры, всегда можно ее всю зачертить одним росчерком, причем в этом случае обход фигуры должен закончиться в той же точке, из которой мы его начали.
Теперь рассмотрим такую фигуру, в которой есть два нечетных узла.
Ф згура Б, например, имеет два нечетных узла А и В.
Ее тоже можно зачертить одним росчерком.
В самом деле, начнем обход с нечетного узла № 1 и пройдем по какой-нибудь линии до нечетного узла № 2, например, от А до В по ACB на фигуре Б (рис 155).
Зачертив эту линию, мы тем самым исключаем по одной линии из каждого нечетного узла, как будто бы этой линии в фигуре и не было. Оба нечетных узла после этого становятся четными. Так как других нечетных узлов в фигуре не было, то теперь мы имеем фигуру только с четными узлами;
24Э —
На фигуре Б, например, после зачерчивания линии ACB остается треугольник с окружностью.
Такую фигуру, как было показано, можно зачертить одним росчерком, а следовательно, можно зачертить и всю данную фигуру.
Одно дополнительное замечание: начиная обход с нечетного узла № 1, надо путь, ведущий в нечетный узел № 2, выбрать так, чтобы не образовалось фигур, изолированных от данной фигуры *). Например, при зачерчивании фигуры Б на рис. 155 было бы неудачно поспешить перебраться из нечетного узла А в нечетный узел В по прямой АВ, так как при этом окружность осталась бы изолирозанной от остальной фигуры и незачерченной.
Итак, если фигура содержит дна нечетных узла, то успешный росчерк должен начинаться в одном из них и заканчиваться в другом.
![]() |
Значит, концы росчерка разъединены.
Отсюда, в свою очередь, следует, что если фигура имеет четыре нечетных узла, то ее можно зачертить не одним росчерком, а двумя, но это уже не соответствует условию нашей задачи. Таковы, например, фигуры Г и Д на рис. 155.
Как видите, если научиться правильно рассуждать, то можно многое предвидеть и этим избавить себя от ненужной затраты сил и времени, а правильно рассуждать учит, в частности, и геометрия.
1) Детали и подробности, относящиеся к излагаемому вопросу, любознательный и подготовленный читатель найдет в учебниках топологии.
Может быть, вас, читатель, и утомили несколько изложенные здесь рассуждения, но ваши усилия окупаются тем преимуществом, которое дает знание над незнанием.
Вы всегда заранее можете определить, разрешима ли задача обхода данной фигуры, и знаете, с какого узла надо начать ее обход.
Более того, вам теперь легко придумать для своих друзей сколько угодно замысловатых фигур подобного рода.
Начертите-ка в заключение еще пару фигур, изображенных на рис. 156.
Семь мостов Калининграда
Двести лет тому* назад в городе Калининграде 1) было семь мостов, соединяющих берега реки Прегель (рис. 157).
Рис. 157. Невозможно пройти все эти семь мостов, побывав на каждом из них только по одному разу.
В 1736 г. крупнейший математик того времени Л. П. Эйлер (тогда ему было около 30 лет) заинтересовался такой задачей: можно ли, гуляя по городу, пройти все эти семь мостов, но каждый из них только по одному разу?
Легко понять, что эта задача равносильна только что разобранной задаче о зачерчиванин фигуры.
Изобразим схему возможных путей (на рис. 157 пунктир). Получается одна из фигур предыдущей задачи с четырьмя
1) В те времена он назывался Кенигсберг.
Нечетными узлами (рис. 155, фиг. Д). Одним росчерком, как вы теперь знаете, ее зачертить нельзя и, следовательно, невозможно обойти все семь мостов, проходя каждый из них по одному разу. Эйлер тогда же это доказал.
Геометрическая шутка
После того как вы и ваши товарищи узнали секрет успешного зачерчивания фигуры одним росчерком, заявите своим друзьям, что вы все-таки беретесь нарисовать фигуру с
Рис. 158. Геометрическая шутка.
Четырьмя нечетными узлами, например круг с двумя диаметрами (рис. 158), не отрывая карандаша от бумаги и не проводя одной линии дважды.
Вы прекрасно знаете, что это невозможно, но можете настаивать на своем сенсационном заявлении. Я сейчас научу вас маленькой хитрости.
Начните рисовать окружность с точки А (рис. 158). Как только вы проведете четверть окружности — дугу АВ, Подложите к точке В другой листочек бумаги (или загните нижнюю часть листка, на котором делаете построение) и про — — 243 —
Должайте наводить карандашом нижнюю часть полуокружности до точки D, противоположной точке В.
Теперь уберите подложенный кусок бумага (или разогните свой листок). На лицевой стороне вашего листа бумаги окажется нарисованной только дуга АВ, но карандаш окажется в точке D (хотя вы его и не отрывали от бумаги!).
Дорисовать фигуру нетрудно: проведите сначала дугу DA, Затем диаметр АС, дугу CD, диаметр DB и, наконец, дугу ВС. Можно избрать и другой маршрут из точки £); найдите его.
Проверка формы
Задача
Желая проверить, имеет ли отрезанный кусок материи форму квадрата, швея убеждается, что при перегибании по диагоналям края куска материи совпадают. Достаточна ли такая проверка?
Решение
Таким способом швея убеждается только в том, что все стороны четырехугольного куска материи равны между собой. Из выпуклых четырехугольников таким свойством обладает не только квадрат, но и всякий ромб, а ромб представляет собой квадрат только в том случае, когда его углы прямые. Следовательно, проверка, примененная швеей, недостаточна. Надо хотя бы на-глаз убедиться еще в том, что углы при вершинах куска материи прямые. C Этой целью можно, например, дополнительно перегнуть кусок по его средней линии и посмотреть, совпадают ли углы, прилежащие к одной стороне.
Для игры нужен прямоугольный лист бумаги и какие-либо фигуры одинаковой и симметричной формы, например пластинки домино или монеты одинакового достоинства, или* спичечные коробки и т. и. Количество фигур должно быть достаточным, чтобы покрыть весь лист бумаги. Играют двое. Игроки по очереди кладут фигуры в любых положениях на любое свободное место листа бумаги до тех пор, пока их класть будет некуда.
Передвигать положенные на бумагу фигуры не разрешается. Считается выигравшим тот, кто положит предмет последним.
Г
Задача
Найти способ ведения игры, при котором начинающий игру обязательно выигрывает.
Решение
Игроку, начинающему игру, следует первым же ходом занять площадку в центре листа, положив фигуру так, чтобы ее центр симметрии, по возможности, совпал с центром листа бумаги и в дальнейшем класть свою фигуру симметрично положению фигуры противника (рис. 159).
Рис. 159. Геометрическая игра. Выигрывает тот, кто положит предмет последним.
Придерживаясь этого правила, игрок, начинающий игру, всегда найдет на листе бумаги место для своей фигуры и неизбежно выиграет.
Геометрическая сущность указанного способа ведения игры в следующем: прямоугольник имеет центр симметрии, т. е. точку, в которой все проходящие через нее отрезки прямых делятся п толам и делят фигуру на дзе разные части. Поэтому каждой точке или площадке прямоугольника соответ-
Ствует симметричная точка или площадка, принадлежащая той же фигуре, и только центр прямоугольника симметричной себе точки не имеет.
Отсюда следует, что если первый игрок займет центральную площадку, то, какое бы место ни выбрал для своей фигуры его противник, на прямоугольном листе бумаги обязательно найдется свободная площадка, симметричная площадке, занятой фигурой противника.
Так как выбирать место для фигуры приходится каждый раз второму игроку, то в конце, концов не останется места иа бумаге именно для его фигур, и игру выиграет первый игрок.
ГЛАВА ОДИННАДЦАТАЯ