ГЕОМЕТРИЯ БЕЗ ИЗМЕРЕНИЙ И БЕЗ ВЫЧИСЛЕНИЙ. Построение без циркуля

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.

рис. 141. задача на построение и ее решение. первый случай.

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.

рис. 142. та же задача. второй случай.

Центр тяжести пластинки

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.

Задача Наполеона

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

рис. 145. разделить ок-ружность на четыре равные части, употребляя только циркуль.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 ‘6R2R2Tyr2, 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.

15 занимат. геометрияБез линейки увеличить расстояние между данными точками А и В (рис. 146) в пять раз,—вообще в заданное число раз. — 225 —

Решение

рис. 146. как увеличить расстояние между точками л и в в п раз (л — целое число), употребляя только циркуль?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.

Простейший трисектор

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.

Часы-трисектор

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

врис. 149. приближенный гео-метрический способ деления окружности на п равных частей.

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

⅛aoe = ^~ /л2 + 16ч — 32 — л
л —4

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°

^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).

рис. 151. вообразите, что к биллиардному столу приставлены еще три таких же стола, и цельтесь в направлении самой дальней лузы.

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 AB=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.

Одним росчерком

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.

рис. 156. зачертите каждую фигуру одним росчерком.

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.

Игра

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

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *