довательно, этот график пересекает ось абсцисс в двух точках x1, x2.

Отрицательные значения трехчлен принимает только между этими точками. Так как в точках a, b значения трехчлена отрицательны, то обе точки a, b расположены внутри отрезка [x1; x2]. Этим осуществлен

перевод задачи на язык наглядной модели (рис. 439). Из свойств длины отрезка вытекает, что расстояние между точками a и b меньше, чем между точками x1 и x2. Но это означает (здесь мы осуществляем

обратный перевод), что |a − b| < |x1 − x2|, чем и завершается решение.

корни вспомогательного уравнения, то корни исходного получаются в результате решения совокупности уравнений

x2 = z1,x2 = z2.

Таким образом, исходное уравнение имеет четыре корня в том и только в том случае, если корни вспомогательного уравнения поло- жительны и различны. Для решения вспомогательного уравнения

достаточно найти точки пересечения графиков функций y = 8x − x2 и y = c (рис. 440). Так как вершина параболы y = 8x − x2 находится в точке A (4; 16), а с осью ординат эта парабола пересекается в точке

O (0; 0), то, как видно из чертежа, прямая y = c пересекает параболу в двух различных точках с положительными абсциссами при

0 < c < 16.

Аналогичным рассуждением легко определить, при каких c исход- ное уравнение имеет три корня, два корня или не имеет ни одного.

75. Наглядность и математическая эстетика

В чем состоит красота математического рассуждения? Почему одно решение задачи оставляет нас лишь спокойно удовлетворенны- ми, тогда как другое вызывает эмоциональный подъем, поражает смелостью замысла и изяществом?

Красивое решение должно нас чем-то удивить, должно быть в чем-то неожиданным. Однако одной необычностью, неожиданностью красоту математического рассуждения не объяснить. Если ученик не заметил стандартного подхода к задаче и — совершенно неожиданно для всех — стал вымучивать решение длинным, окольным путем, то это вызовет только раздражение.

Для того чтобы понять, что еще, помимо необычности, должно характеризовать математическое рассуждение, чтобы оно произвело впечатление красивого, элегантного, мы обратимся к наглядности. При решении трудной задачи учащийся должен составить для себя наглядную модель описываемой в задаче ситуации. Трудность нестан- дартной задачи состоит в том, что для ее решения требуется само- стоятельно подобрать изоморфную модель (равносильную задачу, сформулированную иначе), которая была бы проще первоначальной, т. е. представляла бы собой ее наглядную модель. Удачный подбор наглядной модели нередко предопределяет успех, а необычность этой модели, ее неожиданность воспринимается как красота и изящество решения. На уроке (или на занятии математического кружка) учащие- ся пытаются решить трудную задачу. Вдруг кто-то находит выход из положения и идет к доске, чтобы рассказать решение. Но вместо того, чтобы сразу приступить к решению предложенной задачи, он неожи- данно упоминает теорему, которая, казалось бы, никакого отношения к задаче не имеет и очень далека от нее. Настолько далека, что никому и в голову не пришло вспомнить о ней. И вдруг все, слушаю- щие решение, с удивлением замечают, что применение этой теоремы позволяет получить иную версию предложенной задачи, как бы но- вую ее модель, причем модель наглядную. Простое заключительное рассуждение — и под возгласы «Как красиво!» решение завершается. И чем дальше от тематики задачи отстоит использованная теорема, чем более скрыта она от непосредственного мысленного взора, тем более удивительной кажется вначале мысль о ее применении, тем больше ощущение красоты найденного решения.

Таким образом, красота математического рассуждения складыва- ется из наглядности и неожиданности, что и дает «формулу матема- тической эстетики»:

Красота = наглядность + неожиданность = = изоморфизм + простота + неожиданность.

Рассмотрим несколько иллюстрирующих примеров.

Задача 1. Дан угол K и точка P (рис. 441). Требуется через точку P провести прямую, отсекающую от угла K треугольник заданного периметра.

Решение основано на применении теоремы, которая, казалось бы, очень далека от ситуации, описываемой в условии задачи. Речь идет о теореме, которая утверждает, что касательные MA и MB, проведен- ные из внешней точки M к окружности, имеют одинаковую длину (где A и B — точки касания, рис. 442).

Теперь перейдем к рассматриваемой задаче. Пусть l — какая-либо проходящая через P прямая, M и N — точки ее пересечения со сторонами угла. Проведем вневписанную окружность Г треугольни-

ка KMN (рис. 443). В силу указанной выше теоремы AM = ME и EN = NB. Поэтому периметр отсекаемого треугольника KMN равен

KM + KN + MN = KM + ME + EN + KN = = KM + MA + NB + KN = KA + KB,

т. е. этот периметр равен длине двухзвенной ломаной AKB. Сказанное может быть истолковано следующим образом. Каждо-

му треугольнику, отсекаемому от угла K прямой, проходящей через точку P, соответствует его вневписанная окружность Г. Этим уста- навливается взаимно однозначное соответствие между отсекаемыми треугольниками и окружностями, вписанными в угол K. При этом периметр отсекаемого треугольника равен длине соответствующей двухзвенной ломаной AKB, т. е. указанное взаимно однозначное со- ответствие является изоморфизмом относительно этих числовых ха- рактеристик. Мы приходим к задаче: построить окружность Г, впи-

санную в угол K, для которой двухзвенная ломаная AKB (где A и B — точки касания) имеет заданную длину. Полученная задача не только позволяет найти решение исходной, но и несравненно проще ее, т. е. она представляет собой наглядную модель исходной задачи. Теперь задача допускает простое решение.

Красота решения состоит в том, что эта наглядная модель, свя- занная с построением вневписанной окружности, является неожидан-

дискриминантом. Неположительность дискриминанта означает, что этот трехчлен принимает значения одного знака и притом неотрица-

тельные (поскольку A ≥ 0). Итак, мы получаем эквивалентную задачу:

доказать, что квадратный трехчлен Az2 + 2Bz + C с коэффициентами

(2) принимает лишь неотрицательные значения. Остается заметить, что этот трехчлен можно записать в виде

(x21 + ... + x2n)z2 + 2(x1y1 + ... + xnyn)z + (y21 + ... + y2n),

а затем в виде

(x21z2 + 2x1y1z + y21) + ... + (x2nz2 + 2xnynz + y2n) = = (x1z + y1)2 + ... + (xnz + yn)2,

после чего неотрицательность всех его значений становится очевид- ной.

Успех этого решения был определен отдаленным сходством дока- зываемого неравенства с видом дискриминанта квадратного трехчле- на. Это навело на мысль использовать изоморфизм между множе-

ством троек (A; B; C) действительных чисел с условием B2 ≤ AC и

множеством квадратных трехчленов с условием неотрицательности всех значений трехчлена. Этот изоморфизм привел к эквивалентной задаче, которая оказалась очень простой, а неожиданность подмечен- ной связи со свойствами квадратного трехчлена приводит к ощуще- нию красоты решения. Изящество этого решения особенно заметно, если перед тем как познакомиться с ним, читатель испробовал разные попытки доказательства неравенства (1). Например, можно было рас- крыть скобки в (1), попытаться тем или иным способом произвести группировку слагаемых... И хотя на этом пути тоже можно при некоторой настойчивости получить доказательство, но насколько му- чительнее напролом пробираться через «дремучий лес», чем двигаться к цели по комфортабельной дороге на «Берегу наглядной модели»!

Задача 3. К трем окружностям различных радиусов проведены общие внешние касательные (рис. 444). Доказать, что три точки пере- сечения этих касательных, взятых попарно, лежат на одной прямой.

Для решения рассмотрим три шара, для которых взятые окруж- ности являются большими окружностями. Тогда плоскость α, в ко- торой лежат окружности, проходит через центры шаров. Для каждых двух из этих шаров рассмотрим содержащий их конус, касающийся обоих шаров по окружности (рис. 445). Плоскость β, касающаяся «снизу» всех трех шаров, проходит через одну образующую каждого конуса и потому содержит вершину конуса. Таким образом, все три вершины конусов (точки A, B, C) лежат в плоскости β. А так как все

они лежат и в плоскости α, то точки A, B, C лежат на одной прямой

α I β.

Успех этого решения, его неожиданность и изящество связаны с выходом в пространство. Еще один красивый пример выхода в про- странство дает теорема Дезарга. Мы ее рассмотрим в виде задачи.

Задача 4. Два треугольника A1B1C1 и A2B2C2, соответствующие

стороны которых не параллельны, расположены так, что прямые A1A2, B1B2, C1C2 пересекаются в одной точке S. Через M, N, P

обозначены точки пересечения прямых A1B1 и A2B2, A1C1 и A2C2, B1C1 и B2C2 (рис. 446). Доказать, что точки M, N, P расположены на

одной прямой.

Для решения предположим сначала, что треугольники A1B1C1 и A2B2C2 расположены в пространстве, причем они лежат в двух непа-

раллельных плоскостях α и β (рис. 447). В этом случае решение не представляет труда.

В самом деле, прямые A1B1 и A2B2, лежащие в одной плоскости A1B1S, пересекаются в некоторой точке M. Эта точка лежит в плос- кости α (поскольку A1B1 α) и в плоскости β (поскольку A2B2 β).

Следовательно, M α I β. Аналогично N α I β и P α I β, т. е. все

три точки M, N, P расположены на одной прямой α I β. Чтобы завершить решение, достаточно заметить, что плоский чертеж, изо- браженный на рис. 446, представляет собой проекцию пространствен- ного чертежа (рис. 447).

Читатель сам сможет найти те задачи, решения которых показа- лось ему «красивым», и убедиться, что красота решения укладывается в рамки приведенной выше «формулы математической эстетики».