дома » МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ » Ё. И. ИГНАТЬЕВ В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ. Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. V I I I . ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

Ё. И. ИГНАТЬЕВ В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ. Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. V I I I . ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ


Ё. И. ИГНАТЬЕВ В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ.
Математика для младших классов.
РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ.
V I I I . ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

Скачать бесплатно Ё. И. ИГНАТЬЕВ «В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ» в формате PDF в хорошем качестве. Вся книга.

Скачать бесплатно Ё. И. ИГНАТЬЕВ В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ. Математика для младших классов. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ.V I I I . ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ(стр. 153-155)

Текст для быстрого ознакомления:

Школьная задача по математике.

РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ

V I I I . ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

97. Легко видеть, что получившиеся при разрезании квадрата
треугольники А и В равны между собой. Также равны и трапеции
С, D. Меньшее основание трапеций и меньший катет треугольников
равны 3 см и поэтому должны совпасть при совмещении
треугольника А с трапецией С и треугольника* В с трапецией
D. В чем же секрет? Его легко обнаружить, если посмотреть
на рис. 161. Дело в том, что точки G, Н, Е не лежат на одной
прямой, tg Z E H K = 8/3, a tg Z H G J — 5/2. Так как — -5. ===
— ~ > 0 , то /Ш > Z H G J . Линия G H E является не прямой,
Рис. 159.
$_ 5 \// F
— ^ ~т ~~ 7
Рис. 160.

153 Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

а ломаной линией. Точно так же линия EFG — ломаная. Площадь
полученного прямоугольника действительно равна 65 см2, но в
нем имееся щель в виде параллелограмма, площадь которого в
точности равна 1 см2. Наибольшая ширина щели равна, как легко
5.3 j
видеть, 5 — 3 — —-— = — сантиметра. Таким образом, хитрому
о о
плотнику все равно пришлось при починке замазывать небольшую
щель.
Из тех же частей Л, В, С, D можно сложить еще одну фи-
гуру (рис. 162). Многоугольник KLGMNOFP может быть разложен
на два прямоугольника размером 5X6 см2 и маленький

Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

прямоугольник размером 3X1 см2. Следовательно, его площадь
равна 2 X 30 см2 + 3 см2 = 63 см2. Но, с другой стороны, он
состоит из частей Л, В, С, D, суммарная площадь которых, как
мы знаем, равна 64 см2. Разгадка этого софизма опять заключена
в том, что точки ЕF, G, Н не лежат на прямой линии. Подробное
рассмотрение этого случая мы оставляем читателю.
98. Дело в том, что маленький прямоугольный треугольник
не будет равнобедренным. Один из его катетов равен 1 см, а
другой, как легко сосчитать, равен 8/7 см. Длина основания прямоугольника
равняется не 9, а 8 см + — см = 9 -у см, а его
площадь 7 с м Х 9 у см = 64 см2. Противоречия не получается.
99. Более подробное рассмотрение того, как диагональ пересекает
клетки прямоугольника (рис. 54), показывает, что VRXS
не есть квадрат. Это можно подтвердить и с помощью вычислений.
Из подобных треугольников PQR и TQX получаем PR : QR = *
: TTVX o:v Q nXn TиX P-RQ —R — ^ * = 1Ы — 1.1 З оначит, стороны пря-
Q X 13

154  Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

моугольника* VRXS равны 12 см и ll-J-^-см, а п1л Оощадь равна
II 2
12 см X И —^ см — 14.2 -jg- см2. Площадь треугольника STU
равна площади треугольника PQR и равна ~ • 1 см*-~- см =
= —г см2. Таким образом, площадь фигуры равняется
142 ~ см2 + 2“ см2 = 143 см2.
100. «Здравый смысл» подсказывает такой ответ: «Конечно,
у апельсина образуется больший зазор, чем у Земли! Ведь в
сравнении с окружностью земного шара — 40 ООО км — какой-нибудь
один метр есть столь ничтожная величина, что прибавка ее
останется -совершенно незаметной. Другое дело апельсин: по
сравнению с его окружностью один метр — огромная величина,
й прибавка ее к длине окружности должна быть весьма ощутима
».
Однако давайте проверим наше заключение с помощью вычислений.
Пусть длина окружности земного шара равна С, а
С
апельсина с метрам. Тогда радиус Земли R — и радиус
Q
апельсина г— — — . После прибавки к обручам одного метра
окружность обруча у Земли будет С + 1, а у апельсина с>+ 1,
С + 1 с + 1
радиусы же их соответственно будут —^— и —^—• Если из
новых радиусов вычтем прежние, то получим в обоих случаях
одно и то лее приращение:
С+ 1 С 1
2л; 2л 2 л
с + 1 с 1
для Земли,
л 2л 2л для апельсина.
Итак, у Земли и у апельсина получится один и тот же зазор
в метра, т. е. примерно 16 см. Столь «поразительный» результат
есть следствие постоянства отношения длины любой
окружности к ее радиусу. * ^ ~
IX. УГАДЫВАНИЕ ЧИСЕЛ
101. «Фокуса» здесь, конечно, нет, а есть только правильный’
математический расчет.
Чтобы от 5 прийти к 9, нужно считать так: 5, 6, 7, 8, 9,
Значит, от 9 до 5 нужно пройти через те же числа 9, 8, 7, 6, 5,
только считая их в обратном порядке. Если, указав на 9, мы
скажем «пять», затем, указывая на 8, скажем «шесть» и т. д., то,
придя к задуманному числу 5, скажем «девять». Если затем идти
по кругу в том же направлении и присчитать к «девяти» еще
12 последовательных чисел круга, то опять приходим к тому же

155  Школьная задача по математике. РЕШЕНИЯ, ОТВЕТЫ И ЗАМЕЧАНИЯ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ И ПАРАДОКСЫ

На главную страницу Ё. И. ИГНАТЬЕВ В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ.

Около

Добавить комментарий

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

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии