Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Чистяков В.Д. Старинные задачи по элементарной математике

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.10.2023

Размер:

8.09 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 3410 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

полуокружности, построенной на гипотенузе как на диаметре.

Обозначаем далее площади сегментов, заключенных между большим кругом и катетами а и Ь, соответст венно через cj и о2 и вычитаем их сумму из послед него равенства. Тогда получаем

ПЛ. -j- ПЛ. Z.2 5д,

что и требовалось доказать.

Гиппократ Хиосский (V в. до н. э.) — древнегреческий мате матик, автор не дошедшего до нас трактата по геометрии, вклю чавшего, как полагают историки, материал, содержащийся в пер вых четырех книгах «Начал» Евклида. Много занимался задачей об удвоении куба и задачей о квадратуре круга. Поиски решения второй задачи и привели ученого к рассмотрению квадратур лу ночек, носящих его имя.


	17.	Приняв А за центр, опи
	шем окружность радиусом, равным
	данному	отрезку (рис.			9).	Далее,
	приняв В за центр, опишем дру
	гую окружность тем же радиусом.
	Обозначив одну		из	точек		пересе
	чения окружностей			через	С и сое
	динив ее прямыми с Л и В,					полу
	чим треугольник АВС, который, как
	легко проверить, и есть искомый.
18.	Пусть ВАС — данный произвольный угол. Возь
мем на стороне АВ произвольную			точку D (рис.				10).
Далее на	стороне АС построим		отрезок		АЕ =		AD.
Точки D и Е соединим прямой. Теперь на отрезке DE
построим	равнобедренный	треугольник DEH. Соеди

Г Р Е Ц И Я

95
ним	А и Н прямой, которая и						будет делить данный
угол	пополам,			так как Д ADH == Д АЕН.					а а — дан
19.		Пусть		АВС — данный треугольник,
ный угол. Для решения						задачи	делим ВС в точке D
пополам и строим при точке D угол,								равный а (рис.			11).
Далее через С проводим						прямую,
параллельную прямой DE, а через
точку		А — прямую АН,				парал
лельную ВС. Тогда полученный
параллелограмм					DEHC	и будет
искомым (докажите).
20.		На окружности				данного
круга берем произвольную точ
ку Лх		и в ней проводим каса							РИС.	10
тельную			DE	(рис. 12).		Далее				DAXBъ
строим угол ЕАХСЪ равный углу								р, и угол
равный		углу		у.	После	соединения точек Дх и Ct
прямой		получаем треугольник					А1В1С1,		который		и
будет искомым (докажите).
21.		Рассуждение				Евклида.
«Пусть		данная			прямая	будет	АВ
(рис.	13);		вот требуется АВ рас
сечь так, чтобы прямоугольник,
заключенный				между целой и			од		рис. и
ним из		отрезков, был равен квадра
ту на оставшемся отрезке.
Надстроим на АВ квадрат ABDC (предложение 46
книги I);			рассечем АС пополам				в точке Е, соединим
BE,	продолжим				СА до	J, отложим EJ, равную BE,
надстроим на AJ квадрат JG и продолжим									HG до		К\
я утверждаю,				что АВ рассечена			в	G так,	что	прямо-

угольник, заключенный между АВ, BG, она делает равным квадрату на AG».

Подробное изложение содержится в «Началах» Евк

лида (книги I—VI, М.—Л., стр. 75—76).
Задача Евклида		«о золотом		сечении» или			«делении
			в среднем и крайнем отноше
			нии» в современных учебниках
			формулируется			так:	разделить
			отрезок на две неравные час
			ти так, чтобы большая часть
			являлась		средним		пропорци
			ональным между всем отрез
			ком и меньшей частью.
			Обозначим длину отрезка через а,
		большую часть отрезка через х и,
		следовательно, меньшую часть че
		рез	а — х	(на рис.		13. АВ = а,
	в	AG = х, GB = а — х). Тогда х дол-
		жно быть решением уравнения
		или		yi = а {а — х)
			х2 + ах — а2= 0.
		Решая это		уравнение, получаем
			Хл =		/ 5 —1 а;
			н		_2
РИС. 13			Хп =		/ 5 + 1		а.
Условию	задачи		непосредственно			удовлетворяет
лишь первый	корень.		Следовательно,
			/" 5 — 1		а,
		х — ---- s—

Г Р £ Ц И Я

т/" 5 _1

где -— g— — 0,61804... (бесконечная непериодичес кая дробь).

Следовательно, приближенно х;=г0,62 а.

Сознательное применение золотого сечения находим во многих архитектурных сооружениях и в скульпту ре. В особенности его придерживались древние греки, создавая величайшие памятники мировой культуры.

22. Прежде всего докажем, что всякое целое по ложительное число либо равно единице, либо простое, либо может быть представлено в виде произведения простых чисел.

Действительно, для единицы утверждение справед ливо. Предположим, что наше утверждение справед ливо для всех целых положительных чисел, не пре

восходящих

п;

докажем,

что это

утверждение спра

ведливо и для п +

п + 1 — число

простое, то

Рассуждаем

так: если

утверждение

для

п + 1

верно.

Если

же

п -f 1 не

является простым числом, то п -f- 1

будет числом со

ставным

и,

следовательно,

п + 1

прг2.

причем nv и

п2— целые положительные числа, каждое

из

которых

меньше п + 1 .

Согласно

сделанному предположению,

«х и п2, как числа,

не

превосходящие п,

можно раз

ложить

на

простые множители и, следовательно,

п + 1 также

разложимо на простые множители.

Итак,

всякое

целое

положительное

число, отлич

ное от единицы,

является числом простым, а

если оно

4 В. Д. Чистяков

не простое, то его можно разложить на простые мно жители.

Теперь переходим к решению задачи Евклида. До казательство ведется методом от противного. Предпо ложим, что простых чисел существует лишь конечное множество. Пусть их будет n-е число:

		Рь Рг> • • • I Рп-
Составим из	них	произведение
		Р\Рг - • • Рп
и прибавим к	нему единицу, тогда		получим число
		Р1 Р2 ■’ ■Рп + 1.
Это число будет больше каждого			из простых чисел
Ръ Рг, • • •,	Рп	и. следовательно,	будет числом со

ставным. Но, согласно предыдущему, всякое состав ное число разложимо на множители, т. е.

Р1Р2• • • Рп + 1 — Я\йг • • - Ят<

где	qu	q2,	.. ■, qm— простые			множители.		q2, ... , qm
Далее,			ни одно из простых чисел qu
не	может		совпадать	ни	с одним из простых чисел
Ри Рг,		• • •	. Рп- В самом		деле, если бы какое-нибудь
q. = рк,		то	левая часть	равенства
			PlPi -■■Рп — Я1Я2---Ят=\
делилась бы на qt и, следовательно, на								qt должна
разделиться и правая часть, чего быть не								может, так
как	единица на qt {срф 1)				делиться не может. Выхо
дит,	что простые числа qu				q2, . . . ,		qm не могут совпа
дать	с	простыми числами			ри	р2,	. . . , рп. Следова-

Г Р £ Ц И Я

тельно, кроме простых чисел ръ р2, .. . , рп, существу ют еще простые числа qx, q2, . . . , qm. Полученное про тиворечие и доказывает справедливость утверждения Евклида, что простых чисел существует бесконечное множество, что и требовалось доказать.

Доказательство самого Евклида содержится в «На чалах» (книги VII—X, М.—Л., 1949, стр. 89—90).

Весьма оригинальное решение задачи Евклида дал Эйлер. Суть этого доказательства в следующем (рас суждение ведется также методом от противного).

Предположим, что простых чисел конечное мно жество. Пусть число их будет п. Обозначим все эти простые числа символами:

Ръ Pii • ■■» Рп*

Составим теперь		геометрические		прогрессии:
1	+ - V + - -		1
1 +	+ - V + - -		• +
Pi		р1	Р?	Pi
				Pi
1			1
1 ~ь	■+ - Т + - -		т + • • •
Pi		Р2	р2	1 —-
				Р2
1 Ч	1	2~Ч~ •••Ч~		1
1 Ч	1	2~Ч~ •••Ч~
Рп		Рп		Рп
				Рп

Умножая полученные ряды почленно (а перемно жать их можно как сходящиеся ряды положительных чисел, взятые в конечном числе), получим

				100
1	1	1	_1_
1	- J -	1 ----- —	_1_	p i 1рг1 ... р .1
1	- J -	1 ----- —	Рп	p i 1рг1 ... р .1
Pi	Рг	Рз	Рп

где суммирование распространяется на все различные возможные комбинации показателей аь а2, . .. , ап. Известно, что всякое целое положительное число т разлагается на произведение степеней простых чисел p'Jip i . . . ряп и притом единственным способом (дока

жите). Отсюда

"рЬ рЬ .. . р>

т. е. сумма, стоящая в левой части, объединяет все дроби вида — при любых целых положительных т.

Сумму, стоящую в правой части, можно представить по возрастающим знаменателям:

	_1_
2	4	+ ...
Таким образом получаем, что
1 + 4 " + 4 ~ + т + - - - в ;		Р2	Рп
	P i — 1		Рп— 1 '
Произведение, стоящее в правой части полученного
равенства, отлично от бесконечности,		так	как чисел
ръ р2, . . . , рп — конечное множество.		Следовательно,

ряд, стоящий в правой части последнего равенства,

сходится и имеет своей	суммой	произведение дробей
Pi _	Ра . . .	Рп
Pi — 1 ' Ра — 1		Рп — 1 ‘

Г Р €. 14 и я

101

Но ряд

1 + т ' + ' т +'••■

является гармоническим и, как известно, расходится. Получили логическое противоречие, которое и доказы вает неверность предположения о конечности числа простых чисел. Действительно, простых чисел сущест вует бесконечное множество.

2 3 .	Автором задачи является знаменитый греческий ученый
III в. до	н. э. Аполлоний Пергский. Его сочинения составляют

значительную часть математической литературы древних. Особен но прославился Аполлоний своим трактатом о конических сечени ях в 8 книгах (одна из них считается утерянной)

Решение задачи, выполненное Аполлонием, до нас не дошло, однако оно упоминается некоторыми древ ними авторами (Папп). По-видимому, Аполлоний, что бы решить задачу в общем виде, рассматривал ее от дельные частные и предельные случаи:

1) построить окружность, проходящую через три данные точки;

2)построить окружность, касающуюся трех дан ных прямых;

3)построить окружность, проходящую через дан ную точку и касающуюся двух данных параллельных прямых;

4)построить окружность, проходящую через дан ную точку и касающуюся двух данных пересекающих ся прямых;

5)построить окружность, проходящую через две

данные точки и касающуюся данной прямой;

102

6)построить окружность, касающуюся данной ок ружности и проходящую через две данные точки;

7)построить окружность, касающуюся трех дан ных окружностей, проходящих через одну общую точку.

Исследование показывает, что если задача Апол лония имеет конечное число решений, то их не более 8.

24. S 0nHC —■ 77		5впис ---		77 /”2>
где а — сторона	квадрата. Тогда
*'опнсОПИС		---	2 *	*^впис	7г а3
					“ Г
Следовательно,	S0™c — 2 SBimc,				что и требовалось до
казать.
Автором решенной задачи является величайший математик,
физик всех времен	Архимед		Сиракузский (287 — 212			гг. до н. э.).
Его жизнь овеяна	легендой,		согласно которой он в			течение двух

лет при помощи изобретенных им машин был душой обороны Си ракуз от римских полчищ, блокировавших город с суши и моря. Это он изобретатель знаменитого «архимедова винта» и «архимедо вых рычагов». Это он открыл закон гидростатики, известный под названием закона Архимеда.

В ряде работ Архимед пользуется методами, которые весьма близки к современным методам высшей математики, основанным на теории пределов.

(Задача взята из трактата Архимеда «Леммы».)

Г Р £ ЦИЯ

103
откуда
		л _ и
		7"	T f ’
Таким	образом,		площадь круга, по Архимеду,			как и
теперь,	равняется Щ- г2.
(Задача взята из трактата Архимеда «Измерение
круга».)
26.	Руководствуясь			рис. 1, будем иметь:
пл. AFDHCB = i- it						2
пл. AFDHCB = i- it
= Т (ЛС2—AD2—DC2)=					[(AD-f-DC)2—-AD2—DC2] =
		~~ • 2AD • DC=			BD2= it
		o			4
что и требовалось доказать.
27.	Поверхность шарового сегмента вычисляется по
формуле
			S	=	2 тс Rh,
где R — радиус			шара, h — высота сегмента.
Если		I будет	прямая,		соединяющая вершину сег
мента	с	окружностью		основания, то /а = 2Rh;		тогда

S = it l2.

(Задача взята из трактата Архимеда «О шаре и цилиндре».)

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 3410 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ