Юлия Кръстева

Teacher in Mathematics
Mathematical school “Acad. B. Petkanchin”
Haskovo
E-mail: ulia_krusteva@abv.bg

Резюме. В настоящата бележка е разгледан урок по комбинаторика с ученици от 11. клас.

Ключови думи: combinatorics, line, segment, intersection point

Тук представяме един урок в 11. клас на ПМГ “Акад. Б. Петканчин”, гр. Хасково. Темата е “Преброяване на пресечни точки на отсечки и прави”. Учениците са изучавали раздел “Комбинаторика” в края на 10. клас в часовете по математика – задължителна подготовка, второ равнище. Те познават и умеят да разграничават съединения без повторения в конкретна ситуация и да ги пресмятат по правилото за събиране и умножение на възможности. Знаят и могат да решават комбинаторни задачи чрез изписване на всички варианти с помощта на подходящо избрани средства, умеят да преценяват рационалност и целесъобразност при избор, както и да прилагат елементи от формалната логика при броене. В началото на 11. клас е направен преговор върху темата и са решени геометрични задачи с комбинаторен характер. Намиран е броят на отсечките, правите, триъгълниците и четириъгълниците, определени от даден брой точки. Решени са и задачи за пресичане на прави.

Една от основните цели на урока е да се разбере, че докато всеки две прави в една равнина, които не са успоредни помежду си, имат обща точка, то не е така с отсечките: ако две отсечки лежат върху две пресичащи се прави, не следва, че и самите отсечки се пресичат (имат обща вътрешна точка). В този урок броим общите точки на отсечки.

Най-напред припомняме, че ако в равнина \(\lambda\) е взета права \(a\), то правата разделя равнината на две полуравнини \(\lambda_{1}\) и \(\lambda_{2}\) с контур \(a\). За всеки две точки от \(\lambda_{1}\) (или \(\lambda_{2}\) ) отсечката, определена от тях, няма обща точка с правата \(a\). В същото време отсечката, определена от произволна точка от \(\lambda_{1}\) и произволна точка от \(\lambda_{2}\), пресича правата \(a\). С помощта на това свойство разглеждаме няколко задачи.

Задача 1. Права \(a\) от равнина \(\lambda\) разделя равнината на две полуравнини \(\lambda_{1}\) и \(\lambda_{2}\). В \(\lambda_{1}\) и \(\lambda_{2}\) са дадени съответно \(n\) и \(m\) на брой точки, като никои три от точките в която и да е от двете полуравнини не лежат на една права. Всеки две от всичките \(n+m\) точки са свързвани с отсечка. Колко са пресечните точки на така получените отсечки и правата \(a\) ?

Решение: Учениците използваха казаното преди задачата и стигнаха до извода, че трябва да се намери броя на отсечките, единият край на които е в \(\lambda_{1}\), а другият – в \(\lambda_{2}\) (фигура 1).

Фиксираме една точка от \(\lambda_{1}\) и я свързваме с всяка точка от \(\lambda_{2}\). Така се получават \(m\) на брой отсечки. Тъй като всички точки от \(\lambda_{1}\) са \(n\) на брой, то отсечките с единия край в \(\lambda_{1}\) и другия край в \(\lambda_{2}\) са \(m . n\) на брой. Следователно търсените пресечни точки са m. n.

Задача 2. В една равнина са дадени \(2 n(n 1)\) точки и права \(a\), която не минава през никоя от тях. Да се докаже, че \(a\) пресича не повече от \(n^{2}\) отсечки с краища измежду дадените точки.

Решение: Имаше известно притеснение у учениците за това в коя от полуравнините са дадените \(2 n\) на брой точки. След дискусия, водена от учителя, бяха направени следните разглеждания: Щом никоя от точките не е от правата \(a\), то те са или само в една от полуравнините относно \(a\), или има точки и в двете полуравнини. В първия случай нито една от отсечките, определени от дадените точки, няма обща точка с правата \(a\), с което твърдението е доказано. Във втория случай да предположим, че \(m(m \lt 2 n)\) на брой точки са в едната полуравнина, а останалите \(2 n-m\) са в другата. Ако \(M\) е произволна точка от първата полуравнина и \(M\) се свърже с всяка точка от втората полуравнина, ще се получат \(2 n-m\) отсечки, всяка от които пресича правата \(a\). Тъй като в първата полуравнина има \(m\) на брой точки, то всички отсечки, които пресичат \(a\), ще бъдат \(m(2 n-m)\) на брой. Трябва да сравним числата \(m(2 n-m)\) и \(n^{2}\). За целта образуваме разликата \(n^{2}-m(2 n-m)\). Преработваме тази разлика и получаваме \(n^{2}-m(2 n-m)=n^{2}-2 m n+m^{2}=(n-m)^{2} \geq 0\). Последното показва, че \(n^{2} \geq m(2 n-m)\), с което твърдението е доказано.

Задача 3. Върху едната страна на \(\triangle A B C\) са отбелязани \(m\) точки, а върху една от другите две страни \(-n\) точки. Краищата на третата страна са съединени с отсечки с отбелязани точки от срещуположната страна. В колко точки се пресичат тези отсечки?

Решение: Нека върху страната \(A B\) са отбелязани \(n\) на брой точки, които означаваме с \(C_{1}, C_{2}, \ldots C_{\mathrm{n}}\), , а нека отбелязаните точки върху страната \(A C\) са \(B_{1}, B_{2}, \ldots\), \(B_{\mathrm{m}}\) (фигура 2) .

Учениците установиха, че върхът \(B\) може да се свърже с отбелязаните точки от страната \(A C\) чрез \(m\) на брой отсечки (\(B B_{1}, B B_{2}, \ldots, B B_{\mathrm{m}}\) ), а върхът \(C-\) с точките от страната \(A B\) с \(n\) на брой отсечки (\(C C_{1}, C C_{2}, \ldots, C C_{\mathrm{n}}\) ). След дискусия върху условието на задачата и върху това, което се търси, всички разбраха, че върхът \(C\) и всяка от точките \(C C_{1}, C C_{2}, \ldots, C C_{\mathrm{n}}\) са в различни полуравнини относно всяка една от правите \(B B_{1}, B B_{2}, \ldots, B B_{\mathrm{m}}\). Оттук те направиха извода, че получените \(n\) отсечки се пресичат с всяка една от отсечките \(B B_{1}, B B_{2}, \ldots, B B_{\mathrm{m}}\). Следователно броят на търсените пресечни точки е m. n.

Задача 4. Даден е изпъкнал \(n\)-ъгълник, за който никои три негови диагонала не се пресичат в една точка (вътрешна за \(n\)-ъгълника). Намерете пресечните точки на диагоналите на \(n\)-ъгълника.

Решение: Учениците се насочиха към намиране броя на диагоналите на \(n\)ъгълника. Едното предложение беше от числото \(C_{\mathrm{n}}^{2}\) (което е броят на всички страни и диагонали на \(n\)-ъгълника, т.е. броят на комбинациите на двойките върхове) да се извади броят на страните \(n\). Другото предложение беше да се вземе предвид, че всеки връх може да се свърже с останалите \(n-3\) върха чрез диагонали, а след това полученото произведение \(n(n-3)\) да се раздели на 2 поради двойното преброяване на диагоналите по този начин. Така и по двата начина получаваме, че диагоналите са \(\tfrac{n(n-3)}{2}\). Липсваше обаче идея как да се установи кои от тези отсечки имат обща точка. Учениците бяха насочени към следните разглеждания: Нека \(O_{1}\) е пресечна точка на двойката диагонали \(A_{1} A_{5}\) и \(A_{4} A_{n}\) (фигура 3). Точката \(O_{1}\) може да се разглежда като пресечна точка на диагоналите в четириъгълника \(A_{1} A_{4} A_{5} A_{n}\). Затова търсеното число пресечни точки може да се определя от броя на групите от по четири точки от дадените \(n\) точки, т.е. \(C_{n}^{4}=\tfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{1.2 .3 .4}\). Тук взимаме предвид условието на задачата, от което следва, че измежду преброените точки няма съвпадащи (в противен случай биха съществували три диагонала с обща точка.)

По-нататък разсъждавахме с учениците върху следния въпрос: От познатите правилни \(n\)-ъгълници има ли такива, които изпълняват условието на задача 4? Установихме, че правилният петоъгълник изпълнява условието на задачата, а правилният шестоъгълник – не.

Задача 5. (сп. „Математика”, бр. 1, 1965, стр. 37) В равнината са дадени пет точки така, че измежду правите, определени от кои да е две от тези точки, няма успоредни, перпендикулярни или съвпадащи. През всяка петте точки са прекарани перпендикуляри към правите, определени от кои да е две от останалите четири точки. Какъв е максималният брой пресечни точки на всичките перпендикуляри, като не се броят дадените пет точки (задачата е от VI МОМ, Москва, 1964 г.)

Решение: За да обосновем разсъжденията, означаваме дадените точки с \(A\), \(B, C, D\) и \(E\). Учениците предложиха да намерим броя на триъгълниците, определени от дадените точки. Те са \(C_{5}^{3}=\tfrac{5.4 .3}{1.2 .3}=10\). Ясно е, че височините в тези триъгълници са измежду въпросните перпендикуляри. С помощта на учителя беше направено следното разсъждение: Избираме една от петте точки (например \(A\) ) и разглеждаме правите, определени от останалите четири точки. Броят на тези прави е \(\mathrm{C}_{4}^{2}=6\). Толкова са и перпендикулярите към тях, спуснати от избраната точка \(A\). Тогава перпендикулярите от всяка от дадените точки към правите, определени от останалите четири, са \(5.6=30\). Нека сега \(d_{1}\) е един от перпендикулярите, спуснат от \(A\). Тъй като по условие \(A\) не се брои за пресечна точка, то онези от търсените пресечни точки, които са върху \(d_{1}\), ще се получат от пресичането на \(d_{1}\) с останалите перпендикуляри, които са \(4.6=24\). От тези 24 перпендикуляра точно два са успоредни на \(d_{1}\), защото са спуснати към една и съща права, към която е спуснат и \(d_{1}\). Следователно \(d_{1}\) ще се пресече с точно 22 от другите перпендикуляри, т.е. върху \(d_{1}\) ще има 22 пресечни точки (без \(A\) ). От казаното дотук следва, че общият брой на пресечните точки на перпендикулярите е \(22.30=660\). Някои от тези точки са ортоцентрове в преброените по-горе 10 триъгълника. При това всеки ортоцентър е броен шест пъти. Наистина, ако височините в един от триъгълниците са \(d_{1}, d_{2}\) и \(d_{3}\), d2 и d3, то ортоцентърът на този триъгълник се брои като пресечна точка на \(d_{1}\) и \(d_{2}, d_{1}\) и \(d_{3}, d_{2}\) и \(d_{1}, d_{2}\) и \(d_{3}, d_{3}\) и \(d_{1}, d_{3}\) и \(d_{2}\). Заключаваме, че за търсените пресечни точки остават \(660-6.10=600\). Всяка една от тези точки обаче се брои два пъти. Например, пресечната точка на \(d_{1}\) и \(d_{2}\) е броена и върху \(d_{1}\), и върху \(d_{2}\). Така получаваме числото 300. Накрая прибавяме десетте ортоцентъра и получаваме, че търсеният брой пресечни точки е равен на 310.

ЛИТЕРАТУРА

1. Паскалева, З., Паскалев, Г., Алашка, М. (2008). Математика 7. клас. София: Архимед, ISBN 978-954-779-087-2.

2. Паскалев, Г., Паскалева, З. (2001). Математика 10. клас (второ равнище) . София: Архимед, ISBN 954-90761-2-1.