Криминальная геометрия, или Дело принципа

47

Криминальная геометрия, или Дело приицпа

(методическое пособие в одном акте)

Д. В. Фомин

На сцене темно. Тихо звучит мелодия (см. заставку). Зажигается свет. Гостиная в доме 221-6 на Бейкерстрит. Шерлок Холмс сидит, просматривая вечернюю газету. Входит Batcon.

Холмс. Здравствуйте, друг мой. Я вижу, вы решили на время забить о медице и занять геометrien.

Batcon. Но как…?

Холмс. У вас из кармана торчит номер вчерашней «Daily Joke» с конкурсом геометрических задач. Сразу видно, что вы потратили немало чернил, пытаясь одолеть хотя бы одну из задач.

Batcon. Оdnako с чего вы взяли, Холмс, что я не решил ни одной задачи? Правда, так оно и есть… (Садится).

Холмс. Не обжажайте, дорогой Batcon. Кстати, все эти задачи решаются практическими одинаково, если к ним, конечно, правильно подойти. Правда, я не видел еще задач этого конкурса, но… Впрочем, давайте посмотрим.

Задача 1. Точка O находится внутри квадрата ABCD, причем углы OCB и OBC имеют величины 15 градусов.

48

дусов. Доказите, что треугольник OAD — равносторонний.

Ватсон (развода руками). По загаданостие эта задача напоминает мне дело о похшении персидского шаха. Вы помните, Холмс?

Холмс. Да что вы, друг мой! Излагаю вам решение прямо сейчас. Воспользовемся здесь «прииципом обратного хода». Надеюсь, что из решения вы поймете, в чем он состоит. Расмотрим точку X, которая является треугольником равностороннего треугольника, две вершины которого — точки A и D.

Ватсон. Но таких точек две.

Холмс. Конечно, мы возьмем ту, которая лежит внутри квадрата. Найдем углы XBC и XCB. Ну, Ватсон, тут вам как приверженцу точных наук и карты в руки. Сосчитали?

Ватсон. Сейчас, сейчас… Надо воспользоваться тем, что BAX и XCD — равноведенные треугольники. Ba! Да ведь эти углы равны по 15 градусов! Хм, ну и что же…

Холмс. Да ведь это означает, что точки O и X совпадают. Это же элементарно, друг мой.

Ватсон. Потребающе! Но… во второй задаче этот ваш принцип не поможет.

Холмс. Ну так мы применим другой. Итак

Задча 2. В выпуклом четырехугольнике ABCD длины сторон (в порядке их следования по часовой стрелке) равны a, b, c, d. Доказите, что площадь четырехугольника ABCD не превыходит

$$\frac{1}{4}(a+b)(c+d).$$

Да, эта задача совсем другого типа…

Неравенство. Мне, Ватсон, сразу вспоминается шфр профессора Мориарти.

Ватсон (мечтательно). Да, это была хитряя штука. Все-tаки он, надо отдать ему должное, был великоппным математиком… Но вы отвлеклись, Холмс.

Холмс. Это вы замечались, Ватсон. А я за это время решил вашу задачу. Послушайте. Сначала раскроем скобки:

$$\frac{1}{4}(a+b)(c+d) = \frac{1}{4}(ad+bc) + \frac{1}{4}(ac+bd).$$

Я сразу подумал о том, нельзя ли упростить это выражение, а вместе с ним и подход к решению задачи. Запомните, Ватсон, «приицип упрощения»: сначала нужно перебрать самые простые и естественные пути решения задачи.

Ватсон. Но доказывать, что сумма ad+bc не меньше удвоенной площади четырехугольника, я и сам умело: ad не меньше удвоенной площади четырехугольника ABD, a bc не меньше удвоенной площади четырехугольника BCD — вот и все. А что делать с выражением ac+bd?

Холмс. Тут нам помогет «приицип анализии». Надо только последовательно и логично мыслить, друг moi — это необходимо в математике, как и в кримinalистике. За счет чего вам удалось предыдущего оценка? Вам помогло то, что стороны a, d и b, c находятся рядом, не так ли? Значит, надо сделать так, чтобы рядом оказались a и c.

Ватсон. А b и d?

Холмс. Ну подумайте сами, Ватсон, если a и c будут рядом, то b и d, конеч-

49

но же, также окажутся рядом. Так что всегда нужно проверять, не является ли какое-то условия лишими. Но это к слову. Итак, что же нужно сделать с нашим четырехугольником, чтобы площадь у него не изменилась, а стороны $a$ и $c$ оказались рядом?… Что же вы, друг мой… А с вами ли ваш складель?

Ватсон (не понимая). Нет, не со мной. Зачем он вам… (Смотрит на чертеж и внезапно понимает.) Генциально! В самом деле, надо просто разрезать $ABCD$ по диагонали $BD$ и… и перевернуть одну из частей. Тогда, конечно, рассуждая так же, как и раньше, получаем, что $ac+bd$ не меньше удвоенной площади четырехугольника. Складываем это с первым неравенством и получаем то, что и требовалось. Замечательно!

Холмс. Заметьте, что тут мы еще использовали «динамический принцип», изменив по ходу решения задачи ее данные. Это вообще замечательный принцип. Он гласит: изменяйте все, что вам уголно, в задание — формулировку, данные задачи, то, что вам нужно доказать — лишь

бы решение новой задачи давало решение старой. Он, в частности, говорит: не воспринятие данных задачи как нечто застывшее. Ну, например, если вам нужно поймать представника, то не забывайте, что он — живой человек и может свободно передвигаться по театру ваших боевых действия.

Ватсон. Что-то я не улавливаю…
Холмс. А вот давайте, Ватсон, посмотрим на третью задачу конкурса.
Ватсон. Только я вас умолюю, Холмс, расскажывайте сразу ход ваших мыслей, а не просто решение. Я уже стал удивляться. (Встает с кресла и подходит к Холмсу.)
Холмс. Я постараюсь, друг мой. Итак

Задчаза. Две окружности $S_1$ и $S_2$ пересекаются под прямым углом в точках $A$ и $B$. Точка $X$ лежит на первой окружности, но внутри второй. Лучи $]AX$ и $]BX$) пересекают окружность $S$ в точках $P$ и $Q$. Доказите, что отрезок $PQ$ является диаметром окружности $S_2$.

Ватсон. Условие этой задачи я просто не понял. Что это значит — окружности пересекаются под прямым углом? Бред!

Холмс. Да нет же, Ватсон, это просто ознакомает, что касательные к ним в точках пересечения перпендикулярны. Так вот, смотрит, как работает здесь «приицип динамики». Давайте подвиhem точку $X$ по дуге $AB$ окружности $S_1$ — она станет точкой $X'$, а лучи $AX'$ и $BX'$ будут пересекать окружность $S_2$ в точках $P'$ и $Q'$ — посмотрит, я изображу это на листке бумаги.

50

Очевидно, что углы $X'AX$ и $X'BX$ равны. Но значит, равны угловые величины дуг $PP'$ и $QQ'$. А это означает, что угловая величина дуги $P'Q'$ равна угловой величины дуги $PQ$.

Ватсон (перебивает Холмса). Но как вам пришло в голову доказывать именно это, Холмс?

Холмс. Но подумайте сами, друг мой, если при любом положении точки $X$ на дуге $AB$ отрезок $PQ$ — диаметр, то как бы мы ни сdwинули точку $X$, угловая величина дуги $PQ$ не должна измениться. Если верно то, что требуется доказать в задание, то, очевидно, должно быть верно и это. Опять «приицип обратного хода».

А теперь, Ватсон, давайте так дивяты нашу точку $X$ до самой точки $B$. Что мы получим? Угловая величина дуги $PQ$ в этом случае как раз будет равна 180 градусам.

Ватсон. Это почему же? Ах, да… мы пользовемся тем, что эти окружности пересекаются под прямым углом. Вот, кстати, Холмс, еще один принцип: надо использовать все данные задачи и все время помнить о том, что они должны быть как-то использовать! Как бы его назвать?

Холмс (невозмутимо). Я называю его «приицип полотны решения».

Ватсон. Ну знаете! Можно подумать, что у вас в каждом кармане по прииципу!

Холмс. Нет, дорогой друг, они у меня все в голове. Должен вам, впрочем, заметить, что этот принцип, который вам только что пришел в голову, иногда неприменим в реальной жизни. Некоторые факты, с первого взгляда подозрительные или прямо указывающие на представника, затем оказываются чистой случайностью или отвлекащими маневрами настоящего винника. Вспомните хотя бы дело о берилловойдеадeme… Ну и, наконец, последняя задача.

Задача 4. АBC — равноведренный треугольник с углом при вершине $C$, равным 20 градусам. Точки $M$ и $N$ взяты на сторонах $AC$ и $BC$ так, что величина угла $NAB$ — 50 градусов, а угла $MBA$ — 60 градусов. Доказите, что величина угла $NMB$ равна 30 градусов.

Ватсон. Я пытался было вычислить этот угол с помощью тригонометрии…

Холмс. Друг мой, берегите свое здоровье! Лучшие почитайте газеты, а я уделю этой задаче несколько минут.

Пять-шесть минут Ватсон читает газету, Холмс задумчиво изучает рисунок. Слушна тихая музыка.

Холмс. Итак, Ватсон, слушайте. Задчаа, действительно, не из простых. Рассмотрим на стороне $BC$ точки $P$ такую, что величина угла $PAB$ — 60 градусов. Ясно, что прямая $PM$ параллельна прямой $AB$ и что треугольник $PDM$ (а $D$, Ватсон, это точка пересечения отрезков $PA$ и $BM$) — равносторонний. Так как треугольник $BNA$ равноведренный, то длины отрезков $BN$, $BA$ и $BD$ равны и углы $BND$ и $BDN$ равны по 80 градусов. Отсюда мы легко получить, что угол $NDP$ равен 40 градусам. Но и угол $NPD$ также равен 40 градусам. Значит, треугольник $NDP$ — равноведренный, и, следовательно, $MN$ — биссектриса угла $BMP$. Следовательно, величина угла $NMB$ равна половине величины угла $DMP$ и равна 30 градусам. Вот и все.

Ватсон (потребенно). Но как?! Как вы ухитрились приумать это решение?

51

Холмс. Ну что же, мыльный Batcon, я, пожалый, мог бы вам расскаать захватывающий историю о том, как я, при помощи десята умело подобранных приципов, придумал решение…
Не смейтесь, Batcon, некоторые приципы мне, конечно, пригодились. Например, заменательный «прицип цели» — надо все время помнить, что осталось сделать для достижения целей. Ну и еще некоторые мелочки…
Однако, друг мой, для решения задачи требуется все-tаки и еще коe-что, кроме набора стандартных правил размышления. Еще нужны и такие вещи, как опыт и интуиция. Нeyжели вы думаете, что все так просто — надо только вычитать много «приципов» и научиться применять их в какой-то последовательности? К счастью, человеческое мышление есть нечто неизмеримо большое… хотя, конечно, и эти приципы, которые по сути своей есть не что иное, как штампы мысли, могут привести realmente полезу. Ничем рациональным пренебрегать нельзя, Batcon!

Ватconн (устало садится в свое кресно, берет в руки газету). Ого! Послушайте, Холмс: «Вчера ночью неизвестные злоумышленники, забавшись в контур газеты «Daily Joke» украли из сейфа главного редактора приз традиционного ежедневного конкурса геометрических задачи — золотой лист Мебиуса в натуральную величины стоимость…», ну и так далее, тут неинтересно… А, вот! «…Испектор Робинсон заявил, что полцияя еще не напала на след представников. Редактор газеты сообщил журналистам, что с целью добиться увеличения числа подписчиков газеты и поправить свои финансовые дела газета в одном из ближайших номеров объявит новый, внеочередной конкурс решения задач…»

Дорогой друг, после того, что я сегодня услышал, пожать этих негодяев для вас — дело приципа!

С последними словами свет на сцене постепенно гаснет и в наступшей темноте раздаются заключительные аккорды сопровождающей спектакль мелодии.

Задачи упомянутого внешередного конкурса приводятся ниже. Помните, что в каждой из них есть свою небольшая изюминка, которая вы легче сможете отыскать, пользоваться многочисленными приципами великого детектива.

Задача 5. Докажите, что пятин конечную звезду нельзя нарисовать так, чтобы длины отрезков AB, BC, CD, DE, EF, FG, GH, HI, IJ, JA (см. рис.) были бы равны соответствию 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19.

Задача 6. Точка B лежит внутри прямоугольника ABCD — вписанный, причем длина отрезка AD равна сумме длин отрезков AB и CD. Докажите, что bisсектиры углов B и C пересекаются на стороне AD.

Задача 7. Четырехугольник ABCD — вписанный, причем длина отрезка AD равна сумме длин отрезков AB и CD. Докажите, что bisсектиры углов B и C пересекаются на стороне AD.

Задача 8. Безрукийвор хочет столкнуть носом какую-нибудь монету со стола у менялы, не задев его остальных монет (чтоы не звякнуть). Удаться ли это ему? Монеты круглы, размеры их, возможно, различны и лежат они не сорпкасаясь.

Задача 9. Квадрат разрезан на несколько прямоугольников. Для каждой из них вычислим отношение меньшей стороны к большей. Докажите, что сумма этих чисел не меньше единицы.