¦ Б.А.КОРДЕМСКИЙ
Н.В.РУСАЛЕВ
УДИВИТЕЛЬНЫЙ
К В АДРАТ

Б.А.КОРДЕМСКИЙ
.Н.В.РУСАЛЕВ
УДИВИТЕЛЬНЫЙ
К Ш /WAT
07
Библиотека
Математического
Колледжа НМУ
ЛЬа/дарственное
ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
-Ленингр&Ъ
1952 '

11-2-1

ПРЕДИСЛОВИЕ
В геометрии известна замечательная теорема венгер-
венгерского математика Фаркаша Ббльаи: если два многоуголь-
многоугольника равновелики (т. е. имеют равные площади), то всегда
возможно один из них расчленить на конечное число
таких многоугольников, из которых может быть
составлен второй*).
Это значит, что если взять, например, квадрат, то без
всякой потери площади его можно превратить в правиль-
правильный пятиугольник или правильный шестиугольник, в один
или несколько равносторонних треугольников и т. д.
Такое перекраивание квадрата в другую фигуру мо-
может быть осуществлено не единственным способом, но
потребуется проявить большую находчивость и изобре-
изобретательность, чтобы найти хотя бы один подходящий
способ.
Допустим даже, что квадрат уже разрезан на необ-
необходимое число частей. Надо и теперь немало потрудиться,
чтобы соответствующим переложением этих частей по-
получить заданную фигуру.
Однако именно с этих упражнений полезно начать.
Поэтому в первой главе мы предлагаем читателю
несколько задач-головоломок на составление разнообраз-
разнообразных фигур из частей квадрата (своего рода «геометри-
«геометрический конструктор»).
Мы предлагаем 12 квадратов, которые можно перерисо-
перерисовать, раскрасить в разные цвета **), наклеить на плотный
•) Доказательство этой теоремы можно найти в книгах
В. Ф. Кагана, Д. И. Перепёлкина и Н. М. Веснина
(см. литературу в конце этой книги).
**) См. последнюю страницу обложки этой книги.
1-	- 3 —

картон, разрезать по начерченным линиям, уложить в ко-
коробочку и на досуге развлекаться получившейся занима-
занимательной и полезной головоломкой.
Вторая глава — следующий шаг в развитии кон-
конструкторской смекальи. В этой главе рассматриваются
геометрические способы раскройки квадратов для голо-
головоломок первой главы, обоснование возможности пре-
превращения фигур и ряд задач для самостоятельного ре-
решения, но уже требующих от читателя более активной,
творческой работы в перекройке фигур, так или иначе
связанных с квадратом.
Привлекательность этих задач — в возможности раз-
различных решений. Одни из них, решённые ещё в глубо-
глубокой древности, как увидит читатель, голучили со вре-
временем лучшие решения, другие — до сих пор имеют
«спортивный» интерес и нередко фигурируют на матема-
математических олимпиадах.
Упражнения в конструировании фигур из частей
квадрата являются не только полезной геометрической
забавой, но имеют и практический смысл: они могут
помочь нашим читателям, будущим и настоящим новато-
новаторам производства, в рациональном раскрое материалов,
в использовании так называемых «отходов» — обрезков
кожи, ткани, дерева и т. п., для превращения их в по-
полезные вещи. «Если закройщик на каждой паре обуви
сэкономит хотя бы обрезок кожи площадью в 0,8 дм2, —
один только цех одной обувной фабрики даст стране
100 тысяч пар обуви без дополнительных затрат сырья»,—
говорил стахановец, закройщик московской фабрики
«Парижская Коммуна» В. Матросов.
Известно много примеров огромной экономии, достиг-
достигнутой стахановцами за счёт продуманного изменения
раскроя промышленных материалов.
В третьей главе мы рассказываем о некоторых
замечательных свойствах квадрата и неожиданных ана-
аналогиях, например об аналогии (ещё никогда не освещав-
освещавшейся в нашей литературе) между задачей о делении
прямоугольника на конечное число квадратов и прави-
правилами Кирхгофа для электрической цепи.
В частности, мы приводим пример деления квадрата
на 26 не равных друг другу квадратов и тем самым
рассеиваем сомнения, высказанные Г. Штейнгаузом в из-
— 4 —

вестной книжке «Математический калейдоскоп», что «не-
«неизвестно также, можно ли разбить квадрат на неповто-
неповторяющиеся квадраты».
В небольшом послесловии мы знакомим читателя
с одним остроумным геометрическим приёмом расчёта
наиболее экономного раскроя листового материала, раз-
разработанным советскими учёными-математиками.
В конце каждой главы приведены решения задач,
предложенных читателю.
Первая глава (головоломки) доступна всем. Содержа-
Содержание второй и третьей глав требует от читателя неболь-
небольших позьаний в элементарной геометрии — примерно
в объёме 7—8 классов средней школы — и в то же время
способствует расширению его геометрических представ-
. лений. Читать эти главы следует, вооружившись каран-
карандашом и бумагой, проделывать вслед за текстом необ-
необходимые вычисления и выполнять решения задач. Каждая
глаза — самостоятельное целое; читатель, в зависимости
от степени своего интереса, может ограничиться только
первой главой или только третьей.
Полагаем, что тема книги интересна для школьных
математических кружков.
Просим читателей сообщить нам свои критические
замечания и пожелания по адресу: Москва, Орликов
пер., 3, Государственное издательство технико-теорети-
технико-теоретической литературы.
Б. Кордемский. Н. Русалев

Зливо, 1
ПРЕВРАЩЕНИЯ КВАДРАТА
2 3 голо воло м к и
.умелых руках любознательного человека самый
ооыкновенный, хорошо всем знакомый квадрат стано-
становится удивительной геометрической фигурой.
тттттшт
Он может, например, весь без остатка превратиться
в другую фигуру или в несколько других фигур пра-
— 7 —

вильпой или неправильной формы. Но для каждого пре-
превращения квадрат предварительно должен быть разрезан
на определённые части.
На страницах 10—25 этой главы вы найдёте 12 квад-
квадратов одинакового размера.
На квадратах начерчены линии для разреза, каждый
квадрат имеет свой нскер и изобрам ён в двух видах:
один — большого размера, а другой (заштрихованный) —
поменьше.
Прежде всего все 12 квадратов (больших!) перерисуйте
на цветную бумагу разной окраски или на цветной картон.
При перечерчивании квадратов на бумагу в:е необ-
необходимые размеры снимайте аккуратно циркулем с наших
рисунков. Можно использовать и копировальную бумагу.
Если нет цветной бумаги, перерисуйте на белую (напри-
(например, накладывая на рисунок бумагу, которая немного
просвечивает). Важно только, чтобы все линии, начер-
начерченные на квадратах, были скопированы как можно
точнее.
Квадраты, перерисованные на белую бумагу, рас-
раскрасьте цветными карандашами или красками (очень ров-
ровным слоем), каждый в свой цвет, подобрав для этого
12 различных оттенков.
Примерная раскраска всех двенадцати квадратов по-
показана на последней странице обложки этой книжки, но,
разумеется, не является обязательной; можно выбрать и
другие цвета. Только последний квадрат (№ 12) должен
быть непременно чёрным. Каждый цветной квадрат на-
наклейте на тонкий картон. Закрасьте тем же цветом
и оборотную сторону картона (нам могут понадобиться
обе стороны), затем вырежьте квадрат и разрежьте на
части по начерченным линиям.
Резать следует очень аккуратно и не ножницами, а
острым ножичком или бритвой, пользуясь чертёжной ли-
линейкой.
— 8 —

Чтобы не растерять части, сделайте для квадратов
коробочку по такой выкройке:
В составлении любой фигуры (за исключением особо
сговоренных случаев) должны участвовать все части
одного цвета.
Из частей одноцветных квадратов вы можете состав-
составлять также и новые фигуры, не указанные в головоломках
этой главы.
Предупреждаем, что некоторые из наших квадратов
своенравны: из них не легко составить новые фигуры
или, наоборот, составленную фигуру превратить обратно
в квадрат и уложить в коробочку.

головоломки
Из семи частей квадрата № 1 составьте:
КВАДРАТ № 1
— 10 —

I — три одинаковых квадрата
3—прямо-
3—прямоугольник
2 — параллелограм (широкий)
[ — параллелограм (узкий)
и, наконец,
5 — трапецию
— 11 —

С У квадрата К° 2
КВАДРАТ № 2
есть некоторое сходство
с квадратом № 1: из его
восьми частей можно сделать такой же параллело-
граы, как и в головоломке 2
— 12 —

7. Квадрат Jms 2 можно превратить в три
квадрата
площади которых относятся как 2:3:4.
Кроме того, каждый из этих квадратов легко
превратить в параллелограм.
8. В свою очередь, из частей двух квадратов
айв можно составить один квадрат
или
9 — прямоугольник
13

10. Превратите квадрат № 3
КВАДРАТ № 3
л
/
1
J
1
1.
\
к
К
k
в равнобедренный
треугольник
— 14 —

II. Из четырёх частей квадрата № 4
КВАДРАТ № 4
составьте прямоугольный
треугольник
— 15

12. Из пяти частей квадрата № 5
КВАДРАТ № 5
составьте правильным
шестиугольник
— 16 —

13. А квадрат Kq 6
разрезан так, что из его
частей можно составить
правильный пятиугольник
КВАДРАТ М> 6
2 Удивительный квадрат
— 17 —

Перед вами 5 одинаковых трапеций и 5 оди-
одинаковых прямоугольных треугольников
из них легко составить пять одинаковых квадратов,
но несколько сложнее — один квадрат № 7.
КВАДРАТ № 7
Этот квадрат в увеличенном размере помещён
на странице 31; там на нём проведены линии раз-
разреза.
— 18 —

15. Среди частей квадрата № 8
КВАДРАТ № 8
¦учУУуУУ
вы видите четыре прямоугольных треугольника и
два квадрата, один из которых тоже разрезан на
части. Три прямоугольных треугольника (какие —
сообразите сами) отделите от данного квадрата так,
19 —

чтобы остался один треугольник и два квадрата,
примыкающих к его катетам.
Если теперь из всех частей двух квадратов, при-
примыкающих к катетам оставшегося прямоугольного
треугольника, вы составите один сплошной квадрат,
то он обязательно будет точно примыкать к гипо-
гипотенузе треугольника, то-есть сторона этого квад-
квадрата будет равна гипотенузе треугольника. Про-
Проверьте!
Древнегреческий математик Пифагор доказал,
что квадраты, построенные на катетах прямоуголь-
прямоугольного треугольника, всегда кожно разрезать на такие
части, из которых составляется квадрат, построен-
построенный на гипотенузе.
Существует много способов такой перекройки
квадратов. Мы здесь привели один из них.
Шт Из прямоугольных треугольников квадрата
№ 8 составьте последовательно: а) ромб, б) прямо-
прямоугольник, в) параллелограм, г) трапецию.
— 20 —

Превратите квадрат № 9
67—в равносторонний
треугольник, а затем
ЕЗ — в прямоугольник.
— 21 —

Превратите квадрат № 10
КВАДРАТ № 10
в два равных
равносторонних
треугольника.
— 22 —

20. Квадрат № 11
разрезан по-иному.
Из его частей мож-
можно составить три
равных равносто-
равносторонних треуголь-
треугольника.
— 23 —

21. Из девяти квадратов со сторонами, равными
1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 и 18 единицам,
составить прямоугольник.
Решая эту и следующую головоломки, придер-
придерживайтесь правила упаковщиков: начинать укладку
с большего предмета.
— 24 —

?2. Вот 11 квадратов
О В ES3 IS^ &
112 2 2 3 3
из которых требуется составить один квадрат.
?3. Очень остроумно разрезал квадрат ещё не-
несколько тысяч лет тому назад китайский учёный
Та-нг
КВАДРАТ № 12
(чёрный!)
— 25 —

Вероятно, эти части квадрата первоначально слу-
служили для демонстрации геометрических фигур.
В самом деле, вы легко составите из частей чёрного
квадрата
прямоугольник, параллелограм, трапецию и т. д.
С течением времени было замечено, что из этих
частей можно составить множество фигур-силуэ-
фигур-силуэтов самой причудливой формы, употребляя для со-
составления каждой фигуры все семь частей квадрата.
Так создалась увлекательная игра-головоломка
«танграм», получившая широкое распространение,
в особенности на своей родине — в Китае. Там эта
игра известна так же широко, как, например, у нас
шахматы. Устраиваются даже специальные состяза-
состязания на составление наибольшего количества фигур
с наименьшей затратой времени. Победители полу-
получают специальные призы.
Предлагаем и нашим читателям уз всех частей
чёрного квадрата № 12 составить двадцать пять
фигур, изображённых на следующей странице. Пос-
После этих интересных упражнений, попытайтесь соз-
создавать из всех частей чёрного квадрата № 12 и дру-
другие, новые картинки-силуэты, задавая сами себе
тему, проявляя свой вкус и изобретательность. Наи-
Наиболее удачные силуэты перерисуйте и таким обра-
образом вы будете пополнять своеобразную коллекцию
фигур, которые можно состазить из чёрного квадрата.
Сделав несколько экземпляров этого квадрата,
вы можете организовать коллективную игру по со-
составлению «танграма».
— 26 —

V
Мостик.
•
Женщина
у зеркала.
Чг.
Журавль.
•ч
Тендер.
Всадник.
Молоток.
ч.
¦Л
Моюдая
женщ-ina.
i
- — *
Кошка.
Паровоз.
Гусь.
Наковальн i.
*
ВосьмЗрка.
Кенгуру.
Свечка.
Курица.
Револьвер.
V
ПожилЪя
женщина.
Заяц.
Домик.
Рыба.
Кепка.
*К
1
Женщина.
с платком
Страус.
ч*
Трубка.
-¦ ¦
Поросёнок

РЕШЕНИЯ ГОЛОВОЛОДЮК
— 28 —

5.
6.
7.
— 29 —

— 30 —

— 31 —

32 —

3 Удивительный квадрат
«<J

23.
-
Мостик.
Женщина
у зеркала.
•
Журавль.
Л.
Тендер.
Всадник.
Молоток.
* —
Молодая
женщина.
4
Кошка.
Паровоз.
Гусь.
к
Наковальня.
4
*
Восьмёрка.
Кенгуру.
г •
Свечка.
Ш^ '¦К.
Курица.
г-
Револьвер.
-
Пожилая
женщина.
4
Заяц.
•
Домик.
Рыба.
Кепка.
Женщина
с платком.
Страус,
Трубка.
Поросёнок.

ГЕОМЕТРИЯ
ПРЕВРАЩЕНИЙ КВАДРАТА
П_П ЗАДАЧА РАЗРЕЗЫВАНИЯ КВАДРАТА
U U е правда ли: наш «удивительный квадрат», о кото-
котором говорилось в первой главе, очень похож на механизм
с хорошо прилаженными частями, который можно разо-
разобрать и из тех же частей собрать новый механизм.
Для того чтобы из готовых частей квадрата соста-
составить его снова или составить несколько иных, заранее
указанных фигур, не нужны какие-либо расчёты и по-
построения — достаточно проявить настойчивость, терпение,
смекалку.
Однако если читатель хоть немного увлечён матема-
математикой, то ему, несомненно, захочется не только склады-
складывать многоугольники из готовых частей квадрата, но и
самому научиться разрезать квадрат на части, необ-
необходимые для составления той или иной фигуры, напри-
например прямоугольного или равностороннего треугольника,
правильного пятиугольника или шестиугольника, трёх
или пяти квадратов и т. д.
На языке геометрии это значит: найти те геомет-
геометрические построения, при помощи которых разрезается
квадрат, и доказать, что из полученных частей мо-
может быть составлена требуемая фигура.
Такая постановка вопроса сразу превращает каждую
головолокку первой главы в более интересную, но и
более трудную геометрическую задачу на «разрезывание»
фигур.
3*	— 35 —

Своеобразие подобного рода задач в их некоторой
неопределённости. Возьмём для примера головоломку I
первой главы (стр. 11 этой книги) и сформулируем её
как следующую геометрическую задачу:
Показать, каким образом нужно разделить данный
квадрат прямолинейными разрезами, чтобы переложе-
переложением полученных частей можно было составить три
сплошных квадрата, равных между собой.
Здесь ничего не сказано о том, как резать данный
квадрат и на сколько частей,— отсюда и неопределён-
неопределённость задачи.
Желательно всё же, чтобы число разрезов было воз-
возможно меньшим, хотя заранее это число и неизвестно, и
неизвестно также, может ли оно быть установлено ка-
какими-либо предварительными расчётами. Обычно число
делений зависит от способа разрезывания, то-есть от тех
геометрических построений, которые были применены
при решении задачи.
В поисках наименьшего числа делений можно приме-
применять разнообразные приёмы построений и получать тем
самым различные решения одной и той же задачи на
перекраивание данной фигуры. Таким образом, при ре-
решении подобного рода задач открывается широкая воз-
возможность проявления находчивости и инициативы, раз-
развития геометрической интуиции.

КАК АБУЛ ВЕФА СОСТАВИЛ КВАДРАТ
ИЗ ТРЁХ РАВНЫХ КВАДРАТОВ
Задачами превращения одной фигуры в другую путём
переложения разрезанных частей занимались ещё в древ-
древние времена. Возникли они из потребностей практиков-
землемеров и строителей архитектурных сооружений
древнего мира. Появились практические приёмы и пра-
правила, не обоснованные доказательствами, и естественно,
что многие из них были неверны, ошибочны.
Один из самых замечательных арабских математиков
Абул Вефа, живший в X веке, решил целый ряд вопро-
вопросов, относящихся к геометрическому превращению фигур.
В сочинении «Книга о геометрических построениях»,
дошедшем до нас не полностью в списках его учеников,
Абул Вефа пишет:
«В настоящей книге мы займёмся разложением
фигур; вопрос этот необходим многим практикам и
составляет предмет особенных их разысканий. К та-
таким вопросам мы приходим, когда требуется разло-
разложить квадраты так, чтобы получились меньшие
квадраты, или когда из нескольких квадратов тре-
требуется составить большой квадрат. Ввиду этого
мы дадим основные начала, которые относятся к
данным вопросам, так как все методы, применяемые
рабочими, не основанные на каких-либо началах,
не заслуживают доверия и весьма ошибочны; между
тем на основании таких методов они производят
различные действия».
На одном из собраний геометров и практиков Абул
Вефе была предложена задача:
Составить квадрат из трёх равных квадратов.
— 37 —

Познакомимся с тем решением, которое дал Абул
}
Он разрезал квадраты I и II по диагоналям и каждую
из половинок приложил к квадрату III, как показано
на рис. 1.
н
1 /
*
t
В /
*
•
*
•
Рис. 1.
Затем он соединил отрезками прямых вершины Е,
F, G и И. Полученный четырёхугольник EFGH ока-
оказался искомым квадратом.
Доказательство сразу следует из равенства обра-
образовавшихся маленьких треугольников HLK, EKD и
остальных таких же (HL=ED; углы HLK я EDK—по 45°
и /_HKL = /.EKD).
Приведённое решение, по словам Абул Вефы, «точно
и вместе с тем удовлетворяет практиков».

ДВА СПОСОБА ПРЕВРАЩЕНИЯ КВАДРАТА
В ТРИ РАВНЫХ КВАДРАТА
Поставим теперь задачу о превращении одного квад-
квадрата в три равных квадрата.
Как было сказано на стр. 36, задача состоит в том,
чтобы разделить данный квадрат прямолинейными раз-
разрезами на такие части, переложением которых можно
составить три отдельных равных квадрата.
Можно было бы воспользоваться способом Абул Вефы,
превратившего три равных квадрата в один квадрат.
Но при этом, как видно из рис. 1, данный квадрат при-
пришлось бы делить на 9 частей.
Однако из рассмотрения головоломки I (стр. 10—11)
видно, что эту задачу можно решить, разделив данный
квадрат только на 7 частей.
Но и это не предел. Число необходимых делений
квадрата можно довести и до 6.
Мы сейчас изложим два способа превращения квад-
квадрата в три равных квадрата.
Оба способа исходят из следующей идеи.
Если из трёх искомых квадратов составить прямо-
прямоугольник, то одна его сторона будет в три раза
больше другой. Следовательно, возможен такой путь ре-
решения задачи: сначала превратить данный квадрат
в прямоугольник, одна сторона которого втрое длиннее
другой, а затем этот прямоугольник двумя разрезами
разбить на три квадрата.
Рассмотрим сначала, как был разрезан квадрат для
первой головоломки. Пусть это и будет
Первый способ (деление на 7 частей).
Примем сторону данного квадрата ABCD (рис. 2) за
единицу. Тогда его площадь будет равна одной квад-
- 39 —

ратной единице. Прямоугольник, который мы предпола-
предполагаем составить из частей квадрата, должен иметь ту же
площадь, что и квадрат, то-есть одну квадратную еди-
единицу; но так как одна его сторона должна быть втрое
Рис. 2.
больше другой, то длины сторон прямоугольника (одну
из них обозначим х, а другая будет Зх) можно найти
из уравнения
Зх-х=\,
или
Решая уравнение, получим, что длина х одной сто-
стороны прямоугольника равна -^, а длина другой стороны
г 3
в три раза больше, то-есть -— или УЪ~.
у 3
Построим отрезок, равный V^~, следующим образом!
на продолжении стороны DC отложим отрезок DE, рав-
равный диагонали данного квадрата; его длина будет ]/2 (по
теореме Пифагора: если каждый катет равен 1, то длина
гипотенузы равна ]/2). Соединим вершину Л квадрата
с точкой Е прямой линией и точку её пересечения со
стороной ВС обозначим буквой G.
— 40 —

Из прямоугольного треугольника ADE по теореме
Пифагора будем иметь:
1.ЛИ
Л?2=1+2 = 3 и AE=
Из вершины В квадрата проведём BF\\AE до пере-
пересечения в точке F с продолжением DC. Фигура ABFE —
параллелограм (BF\\AE, EF\\AB), равновеликий квадрату
ABCD (то-есть параллелограм и квадрат имеют равные
площади). В самом деле, площадь того и другого вы-
вычисляется по формуле
S=AB-AD.
Из точек В и F опустим перпендикуляры ВК. и FH
на прямую АЕ.
Получим прямоугольник BFHK, равновеликий парал-
лелограму ABFE (S=BF-BK)- Но параллелограм ABFE,
как доказано, равновелик квадрату ABCD; следовательно,
прямоугольник BFHK равновелик данному квадрату.
Покажем теперь, что квадрат ABCD и прямоуголь-
прямоугольник BFHK не только равновелики, но и равносоставлены,
то-есть могут быть составлены из одних и тех же частей.
Отложим на стороне AD отрезок AL = BG, а на сто-
стороне BF—отрезок BM — AG и проведём LN\\AE и
MP±_EF. Тремя разрезами AG, В/Си LN квадрат ABCD
разделился на четыре части, обозначенные на рис. 2
цифрами I, II, III и IV.
На такие же части делится и прямоугольник BFHK
разрезами EF, МР и ВО. В самом деле, треугольник
BKG (III) — общий для квадрата и прямоугольника;
Д АВК=А EFH (IV)
(AB=EF, как противоположные стороны параллело-
грама, углы К и Н — прямые, углы при вершинах А
и Е равны, как соответственные).
Точки L, G и М одинаково удалены от прямой DF
(по построению); следовательно, LD=GC=MP; кроме
того, /^DLN=/^PMF (как углы с соответственно па-
параллельными сторонами); отсюда
Л LDN=/\ MPF (I)
— 41 —

и значит, LN=MF=GE. Легко заметить, далее, что и
пятиугольник ALNCG (II) равен пятиугольнику BGEPM
(все стороны и углы соответственно равны).
Таким образом, из частей I, II, III и IV квадрата
ABCD действительно можно составить прямоугольник
BFHK.
В этом прямоугольнике сторона BF в три раза больше
стороны ВК~ Действительно, отрезок BF равен и парал-
D
ЛС
3 У
\
6
X
У \
5
К/
2
V
7
\
\
\
6
/
ЕУ\
Л Р,	В
Рис. 3.
лелен отрезку АЕ, то-есть BF — V3, а из равенства
площадей квадрата ABCD и прямоугольника BFHK
имеем: Bf(-BF=1, откуда
BF~~y^~ 3	3 •
Такой прямоугольник двумя разрезами легко превра-
превращается в три равных квадрата.
Для удобства рассмотрения этой последней операции
повторим рис. 2 и разделим BF на три равные части
(рис. 3).
Через каждую точку деления проведём разрез, парал-
параллельный меньшей стороне прямоугольника (на рис. 3
это — штриховые линии); получим три равных квадрата.
Перенумеруем заново все составные части этих квадра-
квадратов и найдём их в основном квадрате ABCD следующим
очевидным дополнительным построением: отложим на
— 42 —

прямой A G отрезки KR, AS uST, каждый из которых равен
ВК (стороне малого квадрата); из точек R,S и ^восставим
перпендикуляры /?/?„ 55, и 7Т, к прямой AG. Легко по-
показать, что образовавшиеся при этом семь частей квадрата
ABCD равны соответствующим частям прямоуголь-
прямоугольника BFHK.
Соответственно равные части обеих фигур на ри-
рисунке 3 обозначены одинаковыми цифрами.
Вот и весь геометрический «секрет» первой голово-
головоломки.
Второй способ (деление на 6 частей).
Попробуйте теперь несколько видоизменить способ
превращения квадрата в прямоугольник с отношением
сторон 3:1 так, чтобы при разрезании его на три квад-
квадрата получилось не 7 частей, а только 6.
Если додумаетесь, то сравните своё решение со
следующим.
Примем сторону данного квадрата ABCD за единицу
и, таким же образом, как и в первом способе, отложим от
вершины D на продолжении стороны DC отрезок DE=V3
(рис. 4).
Соединим вершину А квадрата с точкой Е прямой АЕ,
которая пересечёт ВС в точке F*).
На DE, как на стороне, построим такой прямоуголь-
прямоугольник DEGK, вторая сторона которого DK была бы
DE
равна -о-:
точку пересечения прямых KG и АЕ обозначим бук-
буквой L.
*) Заметим мимоходом, что при таком построении образуется
угол DAE, равный 60°. Действительно,
отсюда
Значит, /_ ЕАЯ= 30°, так что, если ещё угол DAE геометрическим же
путём разделить пополам, то будет осуществлена трисекция (деле-
(деление на три равные части) прямого угла.
— 43 —

Покажем, что квадрат ABCD и прямоугольник DEGK
равносоставлены *).
Для этого достаточно доказать, что
Имеем:
Д
Д
= A FCE
= /\ LGE.
3 *
A)
г
G
в
Рис.4.
Кроме того, Д AKL ел Д ADE. Из подобия этих тре-
треугольников следует:
~dE~'ad'
AK-DE
14	AD	1
Из A) и B) получаем: СЯ=ЛХ; значит,
Д AKL = l
=V/T-1.	B)
*) Напоминаем, что слово равносостаелены значит: «могут
быть составлены из одних и тех же частей».

Из равенства этих треугольников следует:
СП	 AIS	 1 	У3
ПГ1 	 fif* _^_ f^f~*	 1
= GE.
и значит,
Далее:
и вначит,
LG = AB.
Из C) и D) получаем:
Д ABF = A LGE.
C)
D)
Заметим попутно, что здесь для превращения квад-
квадрата в требуемый прямоугольник достаточно разрезать
м
С Р
3'
в,
в
Рис. 5.
его на 3 части (KDCFL, AKL и ABF), в то время как
при первом способе он разрезывался на 4 части.
Разобьём теперь прямоугольник DEGK на три квад-
квадрата разрезами MN и PQ (рис. 5) и части перенумеруем,
как указано на рисунке.
— 45 —

Нетрудно найти соответствующие части в данном
квадрате. Отложим LL\ = EP и перпендикуляром к LK
из точки Lx разобьём треугольник AKL на части 3' и 4',
равные частям 3 и 4. Отложим BB1 = GQ и перпенди-
перпендикуляром к АВ из точки Вг разобьём треугольник ABF
на части 5' и 6', равные частям 5 л 6. Части / и 2 —
общие для данного квадрата и для квадратов DMNK и
MPQN. Всех частей —6.
Так «усовершенствовалось» решение этой задачи за
1000 лет: с 9 частей до 6 частей. Но никто ещё не до-
доказал, что невозможно дальнейшее уменьшение числа
частей, необходимых для превращения квадрата в три
равных квадрата; поэтому друзьям математики не воз-
возбраняется либо попытаться это доказать, либо продол-
продолжать поиски новых решений задачи с меньшим, чем 6,
числом необходимых частей.

ПРЕВРАЩЕНИЕ КВАДРАТА.
В РАВНОСТОРОННИЙ ТРЕУГОЛЬНИК
Откроем теперь геометрический «секрет» ещё одной
из головоломок первой главы, — головоломки 87 на
стр. 21.
Данный квадрат ABCD требуется разрезать прямоли-
прямолинейными разрезами на такие части, из которых можно
было бы составить равносторонний треугольник.
Можно заранее вычислить высоту искомого треуголы
ника и найти её при помощи геометрических по*
строений.
Пусть сторона квадрата равна а. Тогда его площадь,
а следовательно, и площадь равновеликого ему равно-
равностороннего треугольника равна а2. Если сторона тре-
треугольника х, а высота его h, то ^- = а2; известно так-
же, что в равностороннем треугольнике -^-=—g—сле-
-^-=—g—следовательно, ^Е=а2г отсюда № = ~ —
о	УЗ
Так как hz = a2V$ — а-аУ&, то построить h_можно
как среднее пропорциональное между а и а 1^3 . Для
этого продолжим сторону АВ (рис. 6) и на этом про-
продолжении сделаем засечку радиусом DE = 2a из центра!).
Из прямоугольного треугольника DAE имеем:
АЕ = VDE* — AD2 = V4a2 — a2 = а
— 47 —

Надо построить отрезок, средний пропорциональный
к отрезкам АВ=а и АЕ = аУз. Построим полуокруж-
полуокружность на АЕ, как на диаметре, и точку F её пересече-
пересечения со стороной ВС соединим отрезком с вершиной А.
По известной теореме геометрии, отрезок AF—средний
пропорциональный к отрезкам АВ и АЕ, и следовательно,
отрезок AF равен высоте а $/3 искомого равносторон-
равностороннего треугольника.
Вернёмся к квадрату ABCD (рис. 7). Отметим на
стороне DC точку К так, чтобы отрезок АК. равнялся
высоте искомого треугольника а^/З^отрезок такой вели-
величины предварительно был найден: AF на рисунке 6). Че-
Через вершину В проведём BL\\AK до пересечения с про-
продолжением стороны DC в точке L и ВМ\_BL до пере-
пересечения с АК в точке М. Построим ML и точку пере-
пересечения со стороной ВС обозначим буквой N. Построим
ещё KP\\ML. Разрезав квадрат ABCD по АК, MN, ВМ
и КР, получим 5 частей, из которых можно составить
равносторонний треугольник.
Для доказательства отложим на продолжении MB
BQ=MB и точку Q соединим с точкой L. Так как
MB—BQ и BL_[_MQ, то треугольник MLQ — равнобед-
равнобедренный: ML = QL. Докажем, что он, кроме того,— рав-
равносторонний и равносоставленный с квадратом ABCD.
— 48 —

По построению BL\\AK и BL=AK=a\/?>. Из
прямоугольного треугольника MBL имеем:
MI? = BI? -f- MB2 = a2 yj _}_ ЛЩ2.
0)
Прямоугольные треугольники АМВ и ADK подобны
{/_ DKA =^j/_MAB, как внутренние накрест лежащие при
Ю	КС	I
Рис.7.
параллельных DC и АВ и секущей АК). Из подобия
этих треугольников имеем:
MB_AD МВ_ а
Подставляя значение MB в A), получим:
ели ML=2 MB, т. е.
Итак, ML = QL = MQ; треугольник MLQ — равно-
равносторонний.
4 Удивительный квадрат	~— *" "~"

Треугольник BMN—общий для квадрата и равно-
равностороннего треугольника; отметим его цифрой /.
/\BNL — /\APK (BL — AK и углы, прилежащие к
этим сторонам, соответственно равны, как углы с парал-
параллельными сторонами); отметим оба этих треугольника
цифрой 2.
На BL отложим BS = MA и соединим точки 5 и Q
отрезком SQ; образовавшийся треугольник SBQ равен
треугольнику АМВ (по двум катетам), отметим их
цифрой 3*).
Из равенства этих треугольников имеем:
B)
C)
Но /_BSQ — внешний угол треугольника QSL; значит,
/.SQL=Z.BSQ — Z.SLQ.	D)
С другой стороны,
/_ ВАМ=/_ AKD=/.AKP+/. PKD.
Отсюда
/_ PKD = /_ ВАМ — /_ АКР;
но
следовательно,
Z.PKD = /_BAM—/_SLQ.	E)
Из C) и E) имеем:
/_ PKD = Z. BSQ—/_ SLQ.	F)
Из D) и F) имеем:
G)
На QS отложим QT—DK, причём DK<.DC, a DC—
= AB = QS; значит, QT<QS.
*) Треугольник SBQ может быть совмещён с треугольником АМВ
только после того, как мы его перевернём другой стороной.
— 50 —

Построим TR J_ QT. Из B) и G) имеем равенство
двух треугольников: Д Q77?=Д/ШР; обозначим эти
треугольники цифрой 4.
Читатель без труда установит равенство остальных двух
частей, отмеченных на рисунке цифрами б; тем самым
будет доказана равновеликость квадрата A BCD и тре-
треугольника QLM.
В изложенном способе превращения квадрата в равно-
равносторонний треугольник применяется не только перекла-
перекладывание частей квадрата, но и перевёртывание неко-
некоторых из них на другую сторону.
Разумеется, и для этой задачи возможны другие ре_
тения. Можно поискать, например, такое решение, при
котором не пришлось бы перевёртывать на другую сторсц/
ни одной части квадрата, или попытаться разрезать
квадрат на меньшее число частей.

ПРЕВРАЩЕНИЕ РАВНОСТОРОННЕГО
ТРЕУГОЛЬНИКА В КВАДРАТ
Те же построения можно использовать и для решения
обратной задачи — о превращении равностороннего тре-
треугольника в квадрат.
Пусть Д MQL (тот же рис. 7 на стр. 49) — данный рав-
равносторонний треугольник; его площадь
где х— сторона данного треугольника. Если а — сторона'
искомого квадрата, равновеликого данному треуголь-
треугольнику, то
Отсюда а = -^ ?/3 или
Отрезок а можно определить следующим построением:
сначала построить отрезок, средний пропорциональный к
отрезкам Зх и х, а затем — средний пропорциональный к
найденному отрезку и отрезку -^ .
Построим высоту LB данного треугольника и отложим
отрезок ВА = а так, чтобы точка А легла на прямую,
проведённую через вершину М и параллельную LB. Через
— 52 —

вершину L проведём прямую, параллельную ВА, и из
точек В и А опустим на неё перпендикуляры ВС и AD.
Нетрудно видеть, что прямоугольник ABCD — квадрат,
равновеликий данному треугольнику.
В самом деле, прямоугольные треугольники АМВ
и ADK подобны (/_ МВА = /_ DAK, как углы с взаимно
перпендикулярными сторонами). Следовательно,
ВМ _ AD	,n_BAW
'ВА — АК ИЛИ ли— ВА '
Но	_
ВМ= 4, ВА = а = ~)/з, AK=LB
(как отрезки параллельных между параллельными). Так
как LB=.	, то
^К = ' 2
И
значит, ABCD — квадрат.
Проведём теперь QS = BA и отложим LR=A/IN\
проведём RT_\_QS и KP=QR.
Равенство соответствующих частей треугольника MQL
и квадрата ABCD доказать нетрудно.

КАК РАСКРОИТЬ ПАРАЛЛЕЛОГРАМ,
ЧТОБЫ ИЗ ПОЛУЧЕННЫХ ЧАСТЕЙ
МОЖНО БЫЛО СОСТАВИТЬ КВАДРАТ?
После успешного превращения равностороннего тре-
треугольника в квадрат возникает желание попытаться пере-
перекроить в квадрат любой данный многоугольник. Воз-
Возможен ли общий метод для решения такой задачи?
Ответ на этот вопрос выявится к концу главы. Пока
же будем накоплять опыт, решая отдельные частные
задачи.
Обратимся к параллелограму. Напрашивается
такой приём превращения его в квадрат: перекроить
параллелограм в прямоугольник (это легко выполнить
при помощи одного разреза) и затем искать пути пре-
превращения полученного прямоугольника в квадрат. Обду-
Обдумайте пока этот приём самостоятельно. (См. также
задачу 6 на стр. 59.) А здесь мы предложим способ не-
непосредственного превращения произвольного паралле-
лограма в квадрат.
Пусть а и Ъ — стороны параллелограма ABCD
[рис. 8 и 9*)]; h — высота, соответствующая основанию
а, причём a^sb. Так как, кроме того, b^>h, то a^>h.
Найдём отрезок г—Yah—средний пропорциональ-
пропорциональный к отрезкам а и h — и из Л, как из центра, проведём
дугу радиуса г. Пересечёт ли эта дуга сторону DC? Да,
если r^>h. Но так оно и есть. При условии a^>h име-
имеем: Yah~^>h, или r^>h. При том же условии имеем:
Vah<da или г<^а.
*) Мы рассматриваем одновременно два случая — один, изо-
изображённый на рис. 8, другой — на рис. 9. Различие между ними
будет указано дальше.
— 54 —

Таким образом, A<V=]/
Одна из точек пересечения дуги со стороной CD может:
1) оказаться на отрезке CD, например, как на рис. 8
(точка Е),
Н	D	ЕУ \	С	Г
Рис. 8.
2)	или на отрезке HD, например, как на рис. 9 (точка EJ,
3)	или же может совпасть с вершиной D.
В первых двух случаях данный параллелограм сле-
следует превратить в другой с той же высотой h и тем же
Рис. 9.
основанием АВ и отрезком АЕ (или AEt) в качестве дру-
другой стороны. Для этого в первом случае достаточно
переложить треугольник ADE в положение BCF, а во
втором, наоборот, переложить треугольник BFtC в по-
положение AEXD. В третьем случае параллелограм не
нуждается в преобразовании.
Итак, всякий параллелограм может быть превращен
в другой с сохранением высоты h и большей стороны а
— 55 —

данного параллелограма в качестве основания, причём бо-
боковой стороной нового параллелограма будет г=]/а/г.
Такой параллелограм обладает тем свойством, что
расстояние ВК вершины В от боковой стороны равно
длине боковой стороны, то-есть BK—Vah.
Для доказательства этого любопытного свойства
проведём EL±AB (рис. 8) или EtL}_AB (рис. 9). Пря-
Прямоугольные треугольники AEL и АВК (или AE^L и АВК)
подобны, так как имеют общий угол КАВ.
Из подобия треугольников имеем:
Отсюда
V AB-EL
и, следовательно,
ВК=АЕ
(или, проводя те же рассуждения в случае рис. 9, ВК—АЕХ)
Рис. 10.
Пусть теперь ABFE (рис. 10 и 11) — именно такой
параллелограм, с основанием АВ = а, высотой h и бо-
боковой стороной АЕ=г = Vah. Для превращения его в
квадрат опустим перпендикуляр ВК из вершины В на
сторону АЕ (рис. 11) или её продолжение (рис. 10). Как
— 56 —

было доказано, в обоих случаях он равен боковой сто-
стороне (V^ah) параллелограма.
Рис. 11.
Вдоль АЕ и вдоль BF откладываем
= ВК = Vah nBG = BK= Vah.
Соединяем ЯсОи получаем квадрат BKHG, равно-
составленный с параллелограмом ABFE. Равенство
частей, отмеченных одинаковыми цифрами, доказать не-
нетрудно.
Так может быть превращен в квадрат всякий парал-
лелограм.

15 ЗАДАЧ
Используя показанные геометрические приёмы пре-
превращений квадрата и придумывая свои пути и способы,
самостоятельно решите несколько задач, связанных с
превращением квадрата. В конце главы имеются ответы
и решения, к которым обращайтесь в случае затруднений.
1.	Нарисуйте какой-нибудь квадрат. Как надо его раз-
разрезать, чтобы переложением полученных частей можно
было составить 5 равных квадратов?
2.	Нарисуйте какой-нибудь квадрат и превратите его
в 8 равных квадратов.
3.	В математическом сочинении Галилея «Элим» приве-
приведена задача, предложенная каирским учёным Али ученому-
врачу и математику Дель-Медиче, современнику Галилея:
«Имеем четырёхугольную доску размером 5X2-
Построить из этого четырёхугольника квадрат, раз-
разрезав доску только на 4 части».
Трудно сказать, почему учёный XVI века не потребо-
потребовал разрезать доску только на 3 части, чтобы составить
из них квадрат. Может быть он считал это невозможным?
В таком случае, он ошибался. Доску размером 5X2
можно превратить в квадрат, разрезав её не только на
4, но и на 3 части.
Найдите оба решения.
4.	В предыдущей задаче предлагалось составить квад-
квадрат из четырёх или даже из трёх кусков прямоугольника.
Попробуйте сложить квадрат из частей прямоуголь-
прямоугольника 9X16, разрезав его только на два куска.
5.	Всякий ли прямоугольник можно превратить в квад-
квадрат тем же способом, каким решена задача 4?
— 58 ~

6.	Как видно из решений задач 3, 4 и 5, для не-
некоторых частных видов прямоугольников достаточно трёх,
двух разрезов и даже иногда одного разреза, чтобы пре-
превратить прямоугольник в квадрат.
Способы, которые при этом употреблялись, с неболь-
небольшими дополнениями могут быть применены к превраще-
превращению любого прямоугольника в квадрат.
Разработайте какой-нибудь из этих способов для пре-
превращения произвольного прямоугольника в квадрат.
О чр.сле делений можете не заботиться.
7.	Как превратить в квадрат произвольный прямо-
прямоугольный треугольник?
8.	Применение единого приёма для превращения
любого прямоугольного треугольника в квадрат в
некоторых случаях даёт не наименьшее возможное чи-
число разрезов. Но для превращения в квадрат куска кожи,
имеющего форму прямоугольного треугольника (рис. 12),
Рис. 12с
можно найти способ разрезывания, при котором число
кусков будет не больше четырёх. Геометрическая осо-
особенность данного куска кожи в том, что отношение боль-
большего катета к меньшему меньше 2. Найдите решение.
9.	При раскрое тех или иных материалов может
встретиться и обратная задача: превратить данный квадрат
в такой прямоугольный треугольник, у которого задано от-
отношение большего катета к меньшему меньшее 2. Решите
задачу, разрезав квадрат не больше чем на 4 части.
10.	На страницах 52—53 этой книги мы перекраивали
в квадрат один равносторонний треугольник. Постарайтесь
перекроить в квадрат два одинаковых равносторонних
треугольника (рис. 13, а).
— 59 —

Если один из них разрезать по высоте на две части
(I и II) и приложить их ко второму треугольнику (III),
то получится прямоугольник (рис. 13, б), который двумя
разрезами превращается в квадрат. Получится 6 кусоч-
кусочков— по 3 в каждом треугольнике. Сделайте!
Если же, не разрезая данные треугольники, сразу
сложить их в параллелограм (рис. 14), то при превращении
его в квадрат способом, приведённым на странице 54,
получится только 5 кусочков. Убедитесь в этом!
Оба способа, разумеется, можно использовать и для
обратного превращения квадрата в два равных равносторон-
ких треугольника (см. головоломку 19 на стр. 22).
Рис. 13.
Рис. 14.
11.	Нарисуйте какой-нибудь квадрат. Как надо его
разрезать, чтобы из полученных частей можно было со-
составить два квадрата, причём площадь одного из них
должна быть вдвое больше площади другого.
12.	Как разрезать квадрат, чтобы из его частей со-
составить три квадрата с отношением площадей 2:3:4?
13.	Удалось ли вам решить наши головоломки 12
и 13 на стр. 16 и 17 — составить из частей квадрата
правильный шестиугольник или правильный пятиуголь-
пятиугольник? Вероятно, пришлось повозиться! Но, конечно, ещё
труднее геометрически найти необходимые для этого части.
— 6G —

Для решения такой задачи удобнее считать, что дан
правильный шестиугольник (или пятиугольник) и тре-
требуется преобразовать его в квадрат.
Сделайте это сначала для правильного шестиуголь-
шестиугольника (рис. 15, о) и постарайтесь ограничиться только
пятью частями.
б)
Рис. 15.
14. А теперь превратите в квадрат данный правиль-
правильный пятиугольник (рис. 15, б) и постарайтесь ограни-
ограничиться семью частями.
65. Цепочка состоит из трёх равных серебряных
квадратных пластинок, спаянных вершинами так, что сто-
стороны одного квадрата служат продолжениями сторон
Рис. 16.
другого (рис. 16). Требуется разрезать цепочку по двум
парам параллельных линий и из получившихся частей
составить брошку в форме ромба.

ВОЗМОЖНОСТЬ ПРЕВРАЩЕНИЙ КВАДРАТА
Решая головоломки и задачи ка превращение квад-
квадрата в другую равновеликую ему фигуру или, наоборот,
какого-либо многоугольника в квадрат, мы тем самым
устанавливаем возможность такого превращения.
Интересно, как далеко распространяется эта способ--
кость квадрата перекраиваться в другую фигуру без
всяюй потери площади.
Можно ли перекроить квадрат в любой желаемый
многоугольник той же площади или, что то же самое,—
можно ли любой многоугольник перекроить в равнове-
равновеликий ему квадрат?
Ответ на эти вопросы даёт следующая теорема:
Всякий многоугольник можно превратить в равно-
равновеликий ему квадрат *).
*) Эта теорема рассматривается только для простых много-
многоугольников.
Многоугольник — простой, если его контур делит плоскость
только на две области: одну внешнюю и одну внутреннюю. Таковы,
например, многоугольники, изображённые на рис. 17.
Рис. 17.
Многоугольник — непростой, если его контур делит плоскость
больше чем на две области (например, две внутренние и одна
— 62 —

Доказательство будет заключаться просто в том, что
мы укажем одну из возможных последовательностей
превращений многоугольника в квадрат, пригодную для
любого многоугольника.
Поэтому основные ступени доказательства нашей
теоремы будет удобно сформулировать в виде нескольких
лемм:
1.	Всякий многоугольник можно рассечь на некото-
некоторое определённое число треугольников.
2.	Всякий треугольник равносоставлен с некоторым
параллелограмом.
Ещё раз напоминаем, что два многоугольника назы-
называются равносоставленными, если один из них можно
разрезать на такие части, которые, будучи сложены
иначе, дают второй многоугольник.
Таким образом, каждый из треугольников, на которые
рассекается многоугольник, мы можем превратить в па-
раллелограм.
Далее:
3.	Всякий параллелограм можно превратить в ква-
квадрат.
4.	Если два многоугольника порознь могут быть
превращены в третий, то первый может быть превра-
превращен во второй («свойство транзитивности»).
Из лемм 2, 3 и 4 следует пятая:
5.	Всякий треугольник можно превратить в равно-
равновеликий ему квадрат.
внешняя). Несколько непростых многоугольников изображено на
рис. 18.
Рис. 18.
В элементарной геометрии рассматриваются только простые
многоугольники. В нашей книге всюду, говоря о многоугольниках,
мы также подразумеваем только простые многоугольники.
— 63 —

Таким образом, все треугольники, на которые рассе-
рассекается любой данный многоугольник, могут быть превра-
превращены в соответствующие квадраты.
Возникает вопрос: как все эти квадраты сложить в
один? Ответ даёт последняя лемма:
6. Каждые два квадрата можно превратить в один.
Превращая каждые два квадрата в один, получим в
конце концов один квадрат, который и будет равносо-
ставлен с данным многоугольником.
Вот и вся схема доказательства возможности превра-
превращения многоугольника в квадрат.
Доказательство каждой леммы, в свою очередь, носит
конструктивный характер, то-есть состоит в указании
способа того превращения фигур, о котором говорится
в лемме.
Лемма 1. Всякий многоугольник можно рассечь
на некоторое определённое число треугольников.
Если разрезать многоугольник по диагоналям, соеди-
соединяющим любую из его вершин с остальными вершинами
(диагоналей всегда будет на две меньше числа п сторон
многоугольника), то образуется п — 2 треугольника.
Лемма 2. Всякий треугольник можно превратить
в такой параллелограм, у которою основание совпа-
совпадает с одной из сторон треугольника, а высота равна
половине соответствующей высоты треугольника.
Для доказательства проведём среднюю линию DE
произвольного треугольника ABC (рис. 19) и продолжим
её до пересечения в точке F с прямой BFi, проходящей
через В и параллельной АС.
— 64 —

Треугольник CDE равен треугольнику BFE- следова-
следовательно, параллелограы ABFD равноссставлен с треуголь-
треугольником ABC и высота его равна половине высоты тре-
треугольника.
Лемма 3. Всякий параллелограм можно превра-
превратить непосредственно в квадрат.
Доказательством является способ превращения любого
параллелограма в квадрат, описанный нами на стр. 54—57.
Лемма 4. Если деа многоугольника порознь могут
быть превращены в третий, то первый может быть
превращен во второй.
Пусть некоторые многоугольники Р и Q порознь мо-
могут быть превращены в один и тот же многоугольник R.
(На рис. 20 изображён только многоугольник R.) Это
т
значит, что многоугольник R равносоставлен как с ыно-
гоугольниьом Р, так и с многоугольником Q, то-есть
многоугольники R и Р могут быть разрезаны на соот-
соответственно равные части и, в свою очередь, многоуголь-
многоугольники R и Q могут быть разрезаны на соответственно
равные части. Составные части первой пары многоуголь-
многоугольников могут быть и не похожими на составные части
второй пары многоугольников, и число частей у первой
пары может не равняться числу частей у второй пары
многоугольников.
На рис. 20, а для примера изображён многоугольник R,
разрезанный на такие части, из которых составляется (не
изображённый на рисунке) многоугольник Р (в соответ-
соответствии с этим части обозначены через Ри Рг, Ps и Р4Ь
На рис. 20, б — тот же многоугольник R, но разре-
разрезанный, допустим, на такие части, из которых составляется
О Удивительный квадрат	OJ —

(не изображённый на рисунке) многоугольник Q (з соот-
соответствии с этим части обозначены через Q,, Q2, Q8 и Q4).
Выполним теперь на мьогсугольнике R и те и другие
разрезы (рис. 20, в). Получается некоторое количество
более мелких частей, и нетрудно видеть, что, группируя
все эти части одним способом, можно сложить каждую
из частей Р„ Р2, Р3, Р4 мкогоугольнш а Р (например,
части 1 и 2 в сумуе составляют часть Р,, части о, 4 и 5
в сумме составляют часть Р2 и т. д.), а значит, и весь
многоугольник Р. Группируя же их друггм способом,
можно сложить каждую из частей Q,, Q2, Q3, Q4 много-
многоугольника (например, чести 5 и 8 в сумме составляют Qt,
части 2, 4 и 7 составляют Q2 и т. д.), а значит, и весь
многоугольник Q.
Таким образом, из одних и тех же частей ыгогоуголь-
ника R (только по-разному сгруппированных) ложет быть
составлен как многоугольник Р, так и многоугольник Q;
следовательно, по определению, эти многоугольники рав-
носсставлены, то-есть многоугольник Р может быть пре-
превращен в многоугольник Q.
Из лемм 2, 3 и 4 следует
Лемма 5. Всякий треугольник можно превратить
в равновеликий ему квадрат.
Остаётся рассмотреть последнюю лемму.
Лемма 6. Каждые два квадрата можно превра-
превратить в один.
Из школьного курса геометрии известно, что квадрат,
построенный на гипотенузе, равновелик сумме квадра-
квадратов, построенных на катетах того же треугольника
(теорема Пифагора). Докажем теперь, что квадрат, по-
построенный на гипотенузе, не только равноЕелик, но и
равносоставлен с суммой квадратов, построенных на
катетах.
Доказательств существует очень много. Рассмотрим
одно из них (рис. 21).
Для превращения квадратов BFGC и ACKL, построен-
построенных на катетах треугольника ABC, в квадрат AEDB,
состроенный на гипотенузе, делаем следующие разрезы:
1) разрез AM, как продолжение стороны АЕ\ 2) разрез
FN\\AB; 3) разрез NP\\AE\ 4) разрез DY\\BC; 5) разрез
ES \_DY; 6) разрез BR как продолжение стороны FB.
7) Отложим DQ = ЛГР и сделаем разрез QT J_ DY.
— 66 —

Имеем: FN=AB, как отрезки параллельных между
параллельными; но AB—BL), следовательно, FN=BD;
Рис. 21.
(взаимная перпендикуляр-
кроме того /m
ность сторон).
Отсюда
В силу равенства двух пар сторон фигур 2 и равен-
равенства всех углов они при наложении совпадут всеми
своими частями.
Из равенства треугольников ABC и EDS (AB=DE
и углы равны) имеем ES=AC и так как ещё j/_SEY—
= Z^AM, то &ESY=/\CAM.
Отсюда EY — AM.
Так как AV=NP=DQ и AE=DE, toEQ=EY=AM.
Сравнивая теперь фигуры 5, мы опять имеем равенство
всех углов и двух пар сторон (ES = АС= AL и EQ = AM);
следовательно, при наложении фигуры 5 совпадают.
Б*	— 67 —

Все равные части на рис. 21 отмечены одинаковыми
цифрами.
Другое из возможных доказательств этой леммы по-
послужило нам материалом для головоломки IS на стр. 19.
Теперь ясно, что любые два квадрата можно превра-
превратить в один. Для этого нужно приложить их вершина
к вершине так, чтобы стороны одного служили продол-
продолжением сторон другого, соединить отрезком свободные
вершины,— и задача сводится к только что решённой.
Между прочим, используя ркс. 21, вы сможете изго-
изготовить ещё одно «наглядное пособие» для иллюстрации
теоремы Пифагора.
Из совокупности рассмотренных лемм:
во-первых, вытекает справедливость высказанной
выше принципиальной теоремы, устанавливающей воз-
возможность превращения многоугольника в квадрат
(следовательно, и обратно):
всякий многоугольник можно превратить в равновг-
ликий ему квадрат;
во-вторых, получается и способ (или, как говорят
математики, — «алгоритм») такого превращения.
Два замечания:
1.	Если, решая задачу на превращение каждого дан-
данного многоугольника в квадрат, мы будем придержи-
придерживаться указанной цепочки превращений, то, вообще го-
говоря, можем получить много лишних разрезов. Поэтому
в каждой конкретной задаче подобного рода следует
пытаться найти пути, сокращающие число необходимых
разрезов.
2.	Превратить многоугольник в квадрат можно и ины-
иными путями. Нетрудно будет, например, наметить ещё
один возможный порядок такого рода превращений, если
предварительно доказать следующую теорему:
Всякий прямоугольник можно превратить в другой,
ему равновеликий, и притом такой, что одна его сто-
ро.ш имеет данную длину.
Для доказательства рассмотрим сначала тот случай,
когда данная сторона нового прямоугольника больше
меньшей стороны данного прямоугольника ABCD, но
меньше его диагонали (рис. 22).
На продолжении стороны CD найдём такую точку Е,
чтобы отрезок АЕ равнялся данной стороне искомого
- 68 ~

прямоугольника. Из вершины В проведём прямую, па-
параллельную АЕ, и опустим на неё перпендикуляры AF
и ЕК из точек А и Е. Точки пересечения CD с ВК и
AF обозначим соответственно буквами L и N.
Отложим последовательно отрезок EN на стороне АВ
от точки А п раз, где п—такое число, что n-ENA3
к
В
Рис. 22.
но если отложить отрезок EN на стороне АВ ещё один
раз, то будем иметь:
{n-\-\)-EN>AB*).
Из точек деления Аи А2,.... Ап_1 проведём прямые,
параллельные AF, до пересечения с LD в точках Л^,
N2, ... Последняя прямая, проведённая из А„ парал-
параллельно AF, пересечёт BL в точке М**).
Таким же образом отложим последовательно отрезок
AN на стороне ЕК и из точек деления Еи Е2, ... про-
проведём прямые, параллельные EN, до пересечения с AF
в точках Fu F2,... Последняя из них пересечёт сто-
сторону KF в точке Mi. Из чертежа видно, что точек Еи
*) Выполнимость этих требований кладётся в основу тео-
теории измерения отрезков и формулируется в виде следующей акси-
аксиомы: «каковы бы ни были дна данных неравных отрезка АВ и CD
(пусть AB>CD), всегда найдётся такое натуральное число п, что
п • CD г^ АВ < (п -\- 1) - CD» [ангиома Архимеда).
**) Если окажется, что n-CD = AB, то точка Ап (а вместе с нею
и точка М) совпадёт с В.
— 69 —

Е,,... будет столько же, сколько было точек АиА2,...,
а именно, л.
Из построения сразу следует равенство частей, обо-
обозначенных на рис. 22 одинаковыми цифрами, а часть /—
общая для данного и искомого прямоугольников. Таким
образом, прямоугольники ABCD и АРКЕ равносостав-
лены.
Рассмотрим теперь тот случай, когда данная сторона
искомого прямоугольника больше дг.ах онали данного пря-
прямоугольника.
Положим, что AFKE—данный прямоугольник (тот же
рис. 22). Продолжим KF до такой точки В, чтобы отре-
отрезок АВ равнялся данной стороне искомого прямоуголь-
прямоугольника. Проведём ЕС\\АВ, AD]_EC и ВС±ЕС. На сто-
сторонах ЕК и AF от точек Е и А опять последовательно
отложим отрезки, равные AN, и построим EiFu E2Fa
и т. д. Аналогичным построением находим соответственно
равные части и в прямоугольнике ABCD.
Наконец, пусть данная сторона AD искомого прямо-
прямоугольника меньше каждой стороны данного прямоуголь-
прямоугольника AFKE (тот же рис. 22).
Достаточно провести прямую ЕС из вершины Е на
расстоянии от вершины А, равном AD. Дальнейшие по-
построения аналогичны предыдущим.
Следствие. Всякий прямоугольник можно пре-
превратить в квадрат.
Теперь мы можем осуществить такую последователь-
последовательность превращений многоугольника в квадрат: расчленим
Рис. 23.
многоугольник на треугольники, каждый треугольник
одним сечением превратим в параллелограм и каждый
параллелограм — в прямоугольник. Полученные прямо-
прямоугольники, вообще говоря, не будут иметь одинаковых
оснований. Пользуясь доказанной теоремой, превратим
все их в прямоугольники с равными основаниями; при-
— 10 —

кладывая теперь друг к другу получившиеся прямоуголь-
прямоугольники равными сторонами, получим один прямоуголь-
прямоугольник, например, как на ркс. 23, который и. превращаем в
квадрат.
Таким образом, какой-либо многоугольник, 'а следо-
следовательно, и все равновеликие ему многоугольники рав-
носоставлены с некоторым квадратом, имеющим опреде-
определённую сторону а. Значит, каждый квадрат является
«представителем» некоторого класса равновеликих мно-
многоугольников.
Что касается криволинейных фигур, то далеко не
каждая из них превратима в квадрат переложением её
частей. С этим фактом и связано отличие в приёмах
измерения площадей прямолинейных и криволинейных
фигур.

ПРЕВРАЩЕНИЕ КВАДРАТА В 2,3,
,п
РАВНОСТОРОННИХ ТРЕУГОЛЬНИКОВ
В заключение этой главы рассмотрим возможность
превращения квадрата в любое, заранее намеченное число
раЕных равносторонних треугольников.
Заметим предварительно, что из п равных равносто-
равносторонних треугольников при п чётном можно составить
такой параллелограм, высота которого равна высоте h
треугольника, а большая сторона равна .*•-?> гДе х —
сторона треугольника (рис. 24); при п нечётном
Рис. 24.
можно составить равнобочную трапецию с высотой h и
с большим основанием, равным х,'П—^~ (рис. 25), причём
эта трапеция одним сечением по средней линии крайнего
треугольника (на рис. 25 — штриховая линия) превращает-
— 72 —

ся в параллелограм с высотой h и основанием опять-
таки равным х—^.
Теперь ход решения ясен. Мы знаем способ превра-
превращать параллелограм в квадрат. Используем этот способ
для превращения квадрата в параллелограм подходящих
размеров, а затем полученный параллелограм разрежем
на равносторонние треугольники, например, как на ри-
рисунках 24 и 25.
Пусть сторона данного квадрата равна г, сторона
каждого искомого треугольника — х и высота — h. Если
число треугольников п, то нам нужно получить из квад-
квадрата параллелограм со стороной а — х--^ и площадью
ah —r2. Так как h=X'
то
откуда
п
х'1>
Чг
УпУъ
_2?	 п _ Г~п
7===-— — г\/ -7=
— 73

Для удобства построения отрезка а по известным г
и п придадим этой формуле следующий вид:
Отсюда видно, что надо сначала построить отрезок,
средний пропорциональный к отрезкам г и ~, а затем—
средний пропорциональный к полученному отрезку и от-
отрезку гп.
Проведём эти построения для п = 4 и п = 5, то-есть
покажем, как разбить квадрат ABCD на 4 и на 5 равных
равносторонних треугольников (рис. 26 и 27).
Рис. 26.
На стороне CD или на её продолжении найдём точку Е
такую, чтобы
J-JlZ	Cl = j
Это возможно при условии, что а^>г, или
/vt
1,
откуда n^>V3, то-есть наше построение осуществимо
для любого числа треугольников, начиная с двух. А слу-
случай превращения квадрата в один треугольник расскот-

pen выше, на страницах 47—51. На рис. 26 выполнено
построение для п— 4, а на рис. 27 — для п = 5.
На ?С отложим EF=BC = r. На /=?' и на ??, как
на сторонах, строим параллелограм EFGB.
Решая задачу о превращении параллелограма в квад-
квадрат, мы доказали, что параллелограм, боковая сторона
которого равна среднему пропорциональному между его
Рис. 27.
основанием и высотой, равносоставлен с квадратом, сто-
сторона которого равна боковой стороне параллелограма
(см. стр. 56—57).
Следовательно, получившийся параллелограм EFGB
равновелик и равносоставлен с квадратом ABCD. Значит,
он имеет искомую высоту h, а также по построению имеет
искомое основание а = х -у, но он ещё не имеет нужного
наклона боковой стороны F0°).
Проведём EKuBLтак, чтобы /№B=/Bif=60o.
Перемещением треугольника BLG в положение EKF по-
получаем нужный параллелограм BLKE, который при чёт-
чётном п сразу разрезается на п равных равносторонних
треугольников (рис. 26); при п нечётном образуется сразу
(п— 1) треугольник, а для составления" из оставшейся
части параллелограма последнего из искомых треуголь-
— 75 -

ников потребуется ещё перемещение треугольника MNL
в положение BPN (рис. 27).
Разметить на квадрате такие же части, из каких со-
составляются треугольники—дело несложное. Так полу-
получаются 9 частей квадрата на рис. 26, из которых скла-
складываются 4 равносторонних треугольника, и 11 частей на
рис. 27, из которых складываются 5 равносторонних
треугольников.
Теперь читатель легко выполнит построение для на-
нашей головоломки 2Q на стр. 23 и может сам приготовить
множество аналогичных головоломок для своих друзей.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ГЛАВЫ II
I. Задачу о делении квадрата на 5 квадратов можно, оче-
очевидно, решить теми же приёмами, какими была решена за-
задача о делении квадрата на три квадрата (стр. 39—46). Вспо-
Вспомните, что из двух способов, которыми мы решали задачу
о превращении квадрата в три квадрата, меньшее число
Рис. 28.
частей дал второй способ. Любопытно, что, применяя те же
приёмы к решению данной задачи, мы получим иную картину.
Второй способ потребует разрезывання квадрата на 10 частей
(убедитесь в этом!), а первый — только на 9 частей.
Применяя первый способ, мы должны найти на продолже-
продолжении стороны DC данного квадрата ABCD (рис. 28) точку,
отстоящую от вершины А на расстоянии ]Л>, если принять
сторону квадрата за 1. Для этого достаточно отложить
— 77 —

отрезок DE=2 DC=2. Тогда
ae—Vad2-\-des =
=/is.
AG, CL,
точки К, G, N a L
квадрата. Получаю-
Дальнейшие построения и доказательства аналогичны при-
приведённым на стр. 39—43. Выполняя соответствующие построе-
построения (рис. 28) и производя несложные расчёты, заключаем, что
для превращения квадрата ABCD в 5 равных ква аратов
достаточно сделать 4 прямолинейных разреза:
DK и BN, где AG\\CL и DK\\BN, a
являются серединами сторон данного
щиеся при этом 9 частей представляют собой 4 равные
трапеции (части 2, 4, 6, 9), 4 равных прямоугольных тре-
треугольника (части /, 5, 7, S) и один квадрат 3, составляю-
составляющий -_- часть данного квадрата. Если этот квадрат 3 тоже
разрезать на такие же треугольник и трапецию, то полу-
получится наша головоломка 84 на стр. 18: из 5 равных трапе-
трапеций и 5 равных треугольников со-
составить один квадрат или 5 равных
квадратов.
2. Несложная задача. Разре-
Разрезая данный квадрат (рис. 29)
по диагоналям АС и BD, получим
четыре равных прямоугольных
треугольника АОВ, БОС, COD
и DOA, из которых можно
составить два квадрата. В свою
очередь каждый из полученных
квадратов без труда разрезается
на 4 равных квадрата. Всё ре-
шенне легко усматривается из
чертежа.
3. В этой задаче идёт речь, в сущности говоря, о пре-
превращении данного прямоугольника в квадрат. Можно было бы
подумать об общем методе решения такой задачи и, владея
общим методом, применить его к данной частной задаче,
то-есть иттн от общего к частному. Но не менее употреби-
употребителен (и очень важен) также и противоположный ход мысли:
от частного к общему, от наблюдений к обобщениям, от
догадки, блеснувшей при решении частной задачи, к методу,
позволяющему решать целый ряд аналогичных задач.
— 78 —
Рис. 29.

Одно нз возможных превращений данного прямоуголь-
прямоугольника в квадрат делением его на 4 части приведено на
рис. 30.
Сторона искомого квадрата должна быть равна уг5-2 =
= К 10. Геометрически найти отрезок длиной "j/"lO не-
нетрудно. Это — гипотенуза прямоугольного треугольника,
Р Т
катеты которого равны 1 и 3. На стороне AD отложим АЕ =
=}/l0 и на стороне ВС найдём точку УС такую, что DK—
=.\f\0. Затем отложим KF—DE и соединим отрезком
точки Е и F. Фигура EFKD — параллелограм (DE и КР
равны и параллельны); следовательно, EF=DK=i\r\b и
EF\\DK; /_AEF=/_ADK, но /_ ЛОК+ /_ KDC = 90°;
следовательно, /_AEF-\-/_KDC = §№. Значит, если сло-
сложить трапецию AEFB и треугольник DCK по линиям EF и
DK, то получим прямоугольник LNPQ со сторонами Z./V =
= АЕ = УТд и LQ=2.
Из тех же соображений следует, что, прикладывая тре-
треугольник FMK стороной FK к стороне ED трапеции EAiKD,
мы получим прямоугольник QRTP, одна сторона которого
Вычислим длину другой стороны QR = MX. Прямоуголь-
Прямоугольные треугольники FMK. и KCD подобны (^/_MFK= /_CKD).
— 79 —

Отсюда ?р=щ. Кроме того, I<F=DE=5
Итак, QR = MK=VlO — 2 и RT=VlO.
Прикладывая друг к другу прямоугольники LNPQ и
QPTR сторонами QP, получим квадрат, так как
V
д
п\
I
t
J
я
\
I
ш
\
-\
=1^10 = 7? 7".
Второе решение той же
задачи ясно из рис. 31.
В обоих случаях пря-
моугбльник разрезался на
4 части. Но количество
необходимых делений
прямоугольника можно
снизить и до трёх, при-
причём опять-таки не един-
единственным способом. Одно
из еозможных решений
задачи осуществлено на рис. 32, а читателю, несомненно,
будет приятно самому додуматься до иных решений этой
задачи.
Построение линий разреза здесь очень простое. На сто-
сторонах AD hJBC данного прямоугольника откладываем АЕ—
= CF—V\0 и производим разрезы по прямым линиям
DF н ЕК\\АВ, где К— точка пересечения отрезков ЕК и DF.
— 80 —
Рис. 32.

Имеем далее: DE=FB и /_EDK= /_DFC\ следовательно,
приложив друг к другу треугольник EDK и фигуру AEKFB сто-
сторонами DE и FB, мы получгм траг.ецию, которой до полного ккад-
рата как раз и нехватает прямоугольного треугольника DCF.
Подумайте теперь, при каком соотношении между сторо-
сторонами прямоугольника можно осуществить превращение его
в квадрат изложенным здесь способом и как обобщить этот
способ на любой прямоугольник? (См. решение задачи 6.)
4» Пусть АВ = 9, a ??>== 16 единицам масштаба (рис. 33).
Площадь нрямоугольнгка ABDC равна 16Х9 = 144 квад"
ратным единицам. Такова же и площадь искомого квадрата.
Сторона квадрата, следовательно,
должка иметь длину, равную
1^144 = 12 единицам, то-есть
должна быть на 3 ечиницы длин-
id
-3-
12
1
It
7
2
5
10
3
б
11
6
9
12
9
12
Рис. 33.
Рис. 34.
нее меньшей стороны прямоугольника и иа 4 единицы короче
большей его стороны.
Разделим AS на 3, a BD на 4 равные части и прямыми,
параллельными сторонам прямоугольника, проведёнными через
точки деления сторон, разобьём данный прямоугольник
на 4 ряда одинаковых прямоугольников размерами ЗХ4
по 3 прямоугольника в каждом ряду. Для составления
квадрата достаточно теперь перераспределить образовав-
образовавшиеся 12 прямоугольников в 3 ряда по 4 прямоугольника
в каждом ряду. Нужно догадаться сделать для этого один
ступенчатый разрез (рис. 33 и 34).
6 Удивительный квадрат
— 81 —

5. Дан прямоуголын к ABCD (рчс. 35), длины сторон
которого АВ = а и ВС = Ь — целые числа. Пусть Ь^>а.
Для превращения данного прямоугольника в квадрат спо-
способом ступенчатого разреза надо разделить меньшую сто-
сторону прямоугольника на п равных частей, а большую — на
п -\-1 часть, где п — некоторое целое число, и разбить
прямоугольник на «(«-^1) прямоугольников размерами
— X _|_1 • Осуществив ступенчатый разрез и переложив
части так, как в предыдущей задаче, мы получим новый
прямоугольник со сторонами а-\
Этот прямоугольник
и Ь—~	¦
будет квадратом, если
. а . о
а-А	=Ь	;
^ п	п-\
т-1'
Найдем из этого уравнения от-
b
ношение — :
а
Рис. 35.
Итак, превращение прямоугольника в квадрат при помощи
деления его иа две части одним ступенчатый разрезом
еозможно только в том случае, когда отношение длины
большей стороны прямоугольника к длине меньшей его
стороны равно отношению чисел (я-4-1J и п2, где п = 2,
3, 4 ...
При л = 2 это будет прямоугольник с отношением сто- '
рои
1 — JL
а ~~ 4 '
при я = 3 отношение -- равно -д- (как в предыдущей задаче),
Ъ	25
при /2 = 4 отношение — равно у^ и т. д.
— 82 —

6ш Применим тот способ решения, который был исполь-
использован для составления квадрата из трёх частей прямоуголь-
прямоугольника 5X2 (решение задачи 3 на стр. 78—80). Применительно
к прямоугольнику со сторонами а и Ь (рис. 36) этот простой
и удобный способ будет заключаться в том, что мы на ббль-
ших сторонах прямоугольника откладываем отрезки, равные
стороне квадрата, равновеликого данному прямоугольнику,
\
I
ш
Vab-
Рис. 36.
то-есть отрезки AE=CF=\Tab (среднее пропорциональное
к а и Ь; построение такого отрезка известно); проьодим
отрезки DF п\ЕК\\АВ и без труда составляем квадрат из
образовавшихся трёх частей прямоугольника. Такой приём
осуществим, разумеется, только в том случае, когда ЕК
действительно пересекается с отрезком DF, а для этого
необходимо, чтобы отрезок AE—Vab был не меньше поло-
половины стороны AD=^b.
Решаем неравенство
относительно b:
откуда
6*
b < 4а.

Впрочем, если b = 4a (рис. 37), то
АЕ = CF = V"ab = 2а = 2 ЛБ
и Е/7 параллелен и равен АВ. Разрезать прямоугольник по
DF в этом случае не надо. Достаточно приложить прямо-
прямоугольник DEFC к прямоугольнику AEFB— и получится
квадрат.
D	С
в
I
п
¦ а -а- -е—- 2а
Рис. S7.
Пусть Ь~^>4а (рис. 38, а). В таком случае как АЕ, так
b
и равный ему отрезок CF меньше
2 '
Теперь ЕК\\АВ не
пересекается с отрезком DF. Поступим так: отрежем от дан-
данного прямоугольника образовавшуюся ччасть АВКЕ и на
стороне ED оставшегося прямоугольника EKCD вновь от-
отложим отрезок EL = АЕ = Vab, а на стороне С К—отрезок
CF=yab и проведём LM\\AB. Допустим, что LM пере-
пересекает DF в точке М. Легко понять, что из частей //, ///
и IV составляется прямоугольник LEFXCX (рис. 38, б), одна
сторона которого LE='Vabt а другая LCt = LM-\-DC =
= LM-\-a.
Прикладывая этот прямоугольник к отрезанному прямо-
прямоугольнику АВКЕ, получим фигуру EAFiCt (рис. 38, в). Для
доказательства того, что EAFiCi—квадрат, вычислим сто-
стороны ЕА и ЕС,.
— 84 —

ЕА = У ab по построению, а ЕС, = ЕК-\- KCt или
ECl=^EK-\-LCl=a-\-LM-\-a — LM-\-2a.	A)
Вычислим LM. Для этого продолжим LM (рис. 38, а) до
D	С L	С,
Л
пересечения с БС в точке N и найдём LM из подобия тре-
треугольников MNF и MLD:
MNFN
где
но
значлт;
MN	Yab — DL
Ш	~DL
— 85 —

пли по свойству пропорции:
MN+LM	УаЬ — PL +DL .
LM	Ш ' '
а	УЪЪ
LM Ь —
УаЬ
Подставляя это выражение в A), получим:
Рп _а(Ь — 2УаЬ) . п а(Ь
УаЬ ~	УаЬ
Следовательно, ЕС\=^ЕА и прямоугольник EAFtCi есть
действительно квадрат.
Если же ббльшая сторона прямоугольника ABCD окажется
настолько длиннее меньшей, что и после вторичного откла-
откладывания отрезка EL = AE отрезок LAi\\AB не пересечёт DF,
то надо повторить это откладывание столько раз, сколько
потребуется, чтобы остающийся отрезок стороны AD ока-
оказался меньше \^ab, то-есть меньше стороны искомого квад-
квадрата. После каждого откладывания отрезка длиной у ab
надо отсекать соответствующий прямоугольник.
Нетрудно понять, что, прикладывая все отсечённые прямо-
прямоугольники к последнему, составленному из частей вида //,
III и IV, мы получим искомый квадрат. Вот это и есть один
из способов превращения произвольного прямоуголь-
прямоугольника в квадрат.	"
_ Известны и другие способы; с некоторыми из них мы
ещё познакомим читателя в дальнейшем, а пока рекомендуем
поискать свои приёмы решения этой задачи н сопоставить
их с изложенным здесь способом.
7ш Пусть ABC — какой-нибудь прямоугольный треуголь-
треугольник (рис. 39). Разрезав его по средней линии ED\\CA и
переложив треугольник BED в положение AFD, мы получим
прямоугольник.
Для доказательства построим на АС и ЕС, как на сто-
сторонах, прямоугольник AFCC и покажем, что ДЛ/О= /\BED.
- 86 —

Действительно, это следует из того, что AF=EC = BE по
построелию, / FAD = / РВЕ, как внутренние накрест ле-
лежащие при параллельных AF и BE и
секущей АВ, и углы F и Е — прямые.
Каким бы нп был прямоугольник AFEC,
он может быть превращен в квадрат, хотя
бы, например, приёмом задачи 6.
8> Пусть ABC — такой прямоугольный
ВС
треугольник, в котором -^ <^ 2 (рис. 40).
Построим среднюю линию ED треуголь-
треугольника и найдём на ней точку F такую,
чтобы отрезок CF, соединяющий эту точку
с вершиной С прямого угла, равнялся сто-
стороне искомого квадрата, равновеликого данному треугольнику.
Покажем, что такое построение возможно.
Если отрезок CF равен стороне искомого квадрата, то
АС-ВС
— —^—. Из прямоугольного треугольника CEF имеем:
Рис. 39.
2 _гР* ГР2_АСВС
ВС3.
4 '
A)
Чтобы установить, что EF<^ED, запишем очевидное не-
неравенство
(ВСf
Отсюда ВС*-{-АС2—2АС-ВС> 0
или
AC-ВС
ВС*
4
B)
Из A) и B) имеем:
.АС2
Отсюда EF<^^, а так как ED=^, то EF<ED.
Из вершины А опустим перпендикуляр АН на CF и по-
построим на АН квадрат AHKL. Он будет равновелик тре-
треугольнику ABC.
— 87 —

В самом деле, из подобия треугольников АНС в СЕР
имеем:
АН_СЕ
AC~~CF'
а так как CF= 1/ —~—- и С?= —, то из предыдущей
пропорции имеем:
	АС-СЕ	АС^ВС. ..fAC-BC
С-*-»	J*	К	J*
что и доказывает равновеликость треугольника ЛЕС и квад-
квадрата AHKL.
Отрезки ED, CF и АН разделят данный треугольник
ABC на так: е четыре части, которые и в квадрате нетрудно
найти следующим построением:
опускаем перпендикуляр LM на
АС и проводим LN \\ АВ.
Соответственно равные части
обозначены одинаковыми цифрами.
Равенство частей читатель легко
установит сам.
с	ВС л
Если, в частности, 7с=*>
то-есть ВС — АС (треугольник —
прямоугольный и равнобедренный),
АС
то по фо>муле A) EF= -=¦ = ED,
точка F совпадает с D, АН
совпадает с AD, сечение ED
оказывается лишним, и треуголь-
треугольник ABC достаточно разрезать
один раз по линии CD, чтобы
превратить его в квадрат. Это
очевидно и без вычислений: стоит
только разрезать прямоугольный
Ркс. 40.	равнобедренный треугольник по
его высоте, как из полученных
двух частей легко составляется квадрат.
9. Пусть AHKL (тот же рис. 40) — данный квадрат.
Требуется превратить его в такой прямоугольный треуголь-
треугольник, в котором отношение п большего катета к меньшему
— 88 —

дано, причём
Тогда из уравнений
ВС	АС-ВС
Ж=Л и —т~:
определяем АС = АН ]/-§-, или АС— \/АН-'^?.
Последняя формула даёт возможность построить отрезок
О Aff
АС как средний пропорциональный' к отрезкам АН и 	.
Откладываем АС так, чтобы точка С оказалась на сто-
стороне КН данного квадрата; проводим LM\_AC. Прямоуголь-
Прямоугольный треугольник ABC с катетами АС н ВС = 2 LM и будет
искомым.
В самом деле, из подобия треугольников АНС и AML
имеем:
Ш_АН
AL~ AC'
ВС
но AH=AL и LM=~ по условию; следовательно,
2 _ АС ВС
2 '
откуда видно, что треугольник ABC раЕноЕелик данному
квадрату.
Проведя LN\\AB, мы рассечём квадрат на четыре части
/, //, ///, IV, перекладывая которые можно составить прямо-
прямоугольный треугольник ABC.
1 D Г	С
6-
Рис. 41.
Ют На больших сторонах АВ и CD прямоугольника ABCD
(рис. 41), образовавшегося при сложении двух данных рав-
равных равносторонних треугольников, откладываем отрезки АВ
— 89 —

и CF, равные стороне искомого квадрата, которую следует
предварительно построить, как среднюю пропорциональную
к стороне и высоте прямоугольника (пли, что то же самое,—
треугольника). Линиями разреза будут
DE и FK_[_CD (см. решение задачи 3 на
стр. 78—8'J).
Передвинем фигуру BCFKE вверх и
влево вдоль линии DE, затем переложим
треугольник DFK из верхнего угла в
нижний,—и квадрат готов (рис. 42).
Каждый треугольник при этом разре-
Д	Е зается на 3 части.
Рис. 42. •	Полумайте, почему получающийся
здесь прямоугольник ABCD не может
быть превращен в квадрат при помощи только одного раз-
разреза по способу задачи <®?
Второй способ показан на рис. 43. Из данных треуголь-
треугольников ABC и BCD составляем л;:раллелограм ABDC, ко-
который затем превращаем в па-	F С	ЕЛ
раллелограм ABEF, где AF —
средняя пропорциональная к
стороне АВ и соответствую-
соответствующей ей высоте параллелограма
ABDC (см. стр. 72—76). Опу-
Опускаем на AF перпендикуляр ВК
и достраиваем искомый квад-
квадрат BKLM.
Соответственно равные ча-
части на рис. 43 отмечены оди-
одинаковыми цифрами.
II. Различными способами
можно превратить квадрат в
такие два квадрата, из которых
площадь одного вдвое больше площади другого. Например,
мы умеем превращать квадрат в прямоугольник с отноше-
отношением сторон 3:1 (стр. 39—46). Можно выполнить такое превра-
превращение и отрезать квадрат со стороной, равной меньшей
стороне получившегося прямоугольника. Так образуется один
из искомых квадратов. Оставшийся прямоугольник будет
иметь площадь, вдвое большую площади отрезанного квад-
квадрата, а превратить его полностью в квадрат мы теперь тоже
умеем.
— 90 -
А
Pur

Но при таком способе решения наверное получится много
частей. Мы дадим другое, очень экономное решение, при
котором квадрат разрезается только на 5 частей.
Произведём предварительно некоторые расчёты. Пусть
сторона данного квадрата равна а, сторона меньшего из двух
искомых квадратов—х, а большего— у. Так км площадь
искомого большего квадрата вдвое больше площади меньшего
квадрата, то сторона большего квадрата в "|/2 раз боль-
больше стороны меньшего,
~ :.По D	E О L С
условию
Отсюда
или
х=
у=
Рис. 44.
Это значит, что отрезок х есть средний пропорциональ-
пропорциональный к отрезкам а и 4. а У — средний пропорциональный
О
к отрезкам а Иу.
Оба отрезка х и у можно построить сразу, если вспом-
вспомнить, что в прямоугольном треугольнике каждый катет есгь
средняя пропорциональная между гипотенузой и его проек-
проекцией на гипотенузу.
На стороне DC данного квадрата ABCD (рис. 44), как
на диаметре, построим полуокружность внутри квадрата. От-
ложим Dt = -g- = -g-.
Из точки Е восставим перпендикуляр EF к стороне DC
до пересечения в точке F с полуокружностью. Построим
— 91 —

DF и CF. На основании известной теоремы геометрии
имеем:
DF=x.
и CF=y = -
Продолжим DF за точку F, и точку пересечения с АВ
обозначим буквой К. Отложим CL = BK и LM\_CF. Из
вершины А опустим на DK перпендикуляр AN, который будет
равен отрезку DF, что следует из равенства прямоугольных
треугольников AND и CFD (они имеют равные гипотенузы
и углы с взаимно перпендикулярными сторонами).
Разрезая квадрат по линиям DK, AN, CF и LM, получим
пять частей, из которых, как легко доказать, составляются
два искомых квадрата
CFPR и ATPN.
№2. Пусть у — сто-
сторона среднего по вели-
величине из трёх искомых
квадратов. Тогда площа-
площади искомых квадратов бу-
будут соответственно
D
ff; У2
а сумма их
3
Рис. 45.
где а — сторона данного квадрата ABCD (рис.\45).
Инеем:
сторона меньшего квадрата
сторона среднего квадрата
а У2
3
а VI
3
2а
=У.
сторона большего квадрата -s- = z.
о
Отрезок у построим, как в предыдущей задаче. Это
будет отрезок DF.
По построению
о	о
— 92 —

Следовательно,
Продолжим DF до пересечения с АВ в точке К и по-
построим ANJ_DK. Из равенства треугольников AND и DFC
следует, что AN—DF—y. На .Л/V, как на стороне, по-
построим квадрат ANLM. Зто — один из искомых квадратов.
Его можно составить из трапеции ANLR и треугольника
ANK, так как Д AMR = Д ^TVAT. Из равенства этих тре-
треугольников следует также, что AK=AR, а значит, и
BK=DR.
A)
Удалив из квадрата ABCD указанные части / и //, по-
получим фигуру KBCDRLK, изображённую на рис. 46, а.
D Е
В С
Рис. 46,
Из точки F опустим перпендикуляр FT на ВС, и на от-
отрезке FT—EC = z, как на стороне, построим квадрат FTHS.
Продолжим FK до пересечения с SH в точке Р.
/\FSP=/\FTC, так как FS=FT по построению,
/_ SFP= ? TFC как дополняющие угол PFT до прямого,
и углы при вершинах 5 и Т—прямые. Отсюда
— 93 —

Проведём РВ и докажем, что треугольник КРВ— прямо-
прямоугольный. Для этого вычислим РН и ВН:
TytLf	г—	РТ
Отношение тгг,= г 2. Но отношение т^? тоже равно
]/2; следовательно, /_ВРН= /_CFT и так как PH\\FT,
то и BP\\CF. Отсюда получаем, что угол ВРК—прямой.
Докажем теперь равенство прямоугольных треугольников
КРВ и RLD. По условию A) имеем: BK=DR; кроме тог»,
^KBP=j/_LDR как углы с взаимно перпендикулярными
сторонами. Отсюда
Для составления квадрата SHTF нужен ещё треугольник
ВНР. Его мы отделим от треугольника CEF. Для этого от-
отложим CQ = HP и проведём QQj J_ CQ.
Остались ещё две части данного квадрата: VII и VIII.
Легко обосновать, что из них может быть составлен третий
искомый квадрат (рис. 46, б).
Любопытно, что из этих же 8 частей квадрата можно
составить два квадрата с отношением площадей 1:2
(см. головоломки 8 и 9 на стр. 13). Проверьте!
13. Разрежем данный правильный шестиугольник по диа-
диагонали FC (рис. 47, а) и, складывая образовавшиеся две
трапеции по линии DC, как изображено на рисунке 47, б,
составим параллелограм FEC\B.
Построим теперь отрезок, равный стороне искомого квач-
рата. Он должен быть средним пропорциональным к стороне
и высоте параллелограма. Поэтому отложим на стороне В?
отрезок FH, равный высоте параллелограма, и проведём
HPJ^BF до пересечения в точке Р с полуокружностью!
которую построим на BF, как на диаметре. По известной
теореме геометрии, FP будет искомым отрезком. Из F, как
— 94 —

из центра, радиусом, равным FP, прояедём дугу, пересекаю-
пересекающую tCi в точке К. Точки F и К соединим отрезком FK.
По построению FK равно стороне искомого квад-
квадрата — Y^BF-KS, где KS—высота параллелограма.
L
)с л
Рис. 47.
Из В опустим перпендикуляр BL на продолжение FK.
Из подобия треугольников FSK и FLB имеем:
FK_BF,
ks~bl'
BF-KS_ BF-KS
FK
откуда следует, что BL = FK.
Далее, построим квадрат BLMN и покажем, что он со-
состоит из тех же частей, что и параллелограм, а значит,
и данный шестиугольник.
Для доказательства проведём ещё NNi \\ FE до пересе-
пересечения с BF в точке /Vj.
Имеем: /\BNNX = /\KFE (равны стороны BN и FK и
прилежащие к ним углы). Отсюда NN1 = FE=BCi; следо-
следовательно, Д AW, Q = Д ВС^ Т.
Оставшиеся на противоположных сторонах параллело-
параллелограма отрезки FQ и КТ, следовательно, тоже равны
(по дополнению). Отсюда /\FMQ=/\KLT.
Равносоставленность квадрата и параллелограма, а зна-
значит, и шестиугольника, доказана. Соответственно равные
части на рис. 47, б обозначены одинаковыми цифрами.
Предоставляем читателю перенести разрезы FK, MQ и ВТ
на данный шестиугольник.

1<4ж Заметим, что если провести диагональ СЕ данного
правильного пятиугольника ABCDE (рис. 48), то образуется
равнобедренный треугольник EDC и равнобочная трапеция
АВСЕ. (Докажите!)
На продолжении СЕ отложим EF=ED(=DC = EA) и
построим отрезок AF. При этом образуется равнобедренный
треугольник AEF с такими же боковыми сторонами, как и у
треугольника EDC. Но ^_AEF= ^/_ЕАВ (как накрест лежа-
лежащие при параллельных АВ и CF и секущей АЕ), следова-
следовательно, /_AEF—/_EDC.
Отсюда l\AEF—/\EDC.
Отрежем треугольник EDC и перенесём его в положение
FEA; получится трапеция ABCF, равносоставленная с данным
пятиугольником. Через сереанну G стороны AF проведём
прямую, параллельную ВС до пересечения в точке К с CF
и в точке L с продолжением стороны АВ.
Легко понять, что ?\ALG = ?\FKG, и если отрезать
треугольник KFG и переместить его в положение ALG, то
— 96 —

получится параллелограм LBCK, равносоставленный с тра-
трапецией ABCF, а значит, и с данным пятиугольником.
В треугольнике EDC найдём разрез, соответствующий
разрезу GK. Это будет разрез ab. Теперь тем же способом,
как и в предыдущей задаче, превращаем параллелограм
LBCK в искомый ккадрат BMNP.
Для этого по предыдущему найдём отрезок, средний
пропорциональный к основанию и высоте параллелограма
LBCK, и отложим его в виде отрезка LL\. В треугольнике
ЕаЬ найдём разрез be, соответствующий разрезу LR, и в
четырёхугольнике CDba— разрез de, соответствующий раз-
разрезу RT. Эти разрезы, вместе с разрезами TLU BM и ЕС
рассекут данный пятиугольник на 7 частей. Из этих же
частей и состоит квадрат BMNP.
15« Соединим отрезками вершины квадратов, как показа-
показано на рис. 49. Все заштрихованные прямоугольные тре-
треугольники равны между собой и, следовательно, могут за-
заменить друг друга. Диагонали АС и BD получившегося
четырёхугольника ABCD неравны, но перпендикулярны и
делятся взаимно пополам.
Следовательно, ABCD — ромб, и линии разрезов цепочки
взаимно параллельны:
AD\\BC и АВ || DC.
< Удивительный кнадрат

НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ
СВОЙСТВА КВАДРАТА
и квадрат имеет много замечательных свойств. Некото-
Некоторые из них рассматриваются в школьном курсе геометрии.
Прямые углы, равные стороны, симметричность пр;-
дают квадрату простоту и известное совершенство формы;
недаром он служит эталоном при измерении площадей.
Эти же его качества лежат в основе и других увлека-
увлекательных свойств квадрата, которые в школе не изучаются.
Эти свойства интересны для каждого, кто стремится
расширить рамки своих геометрических представлений.
ЧЕМ КВАДРАТ «ЛУЧШЕ»
ДРУГИХ ЧЕТЫРЁХУГОЛЬНИКОВ?
Когда вы изготовляете какой-нибудь предмет и при-
придаёте ему ту или иную форму, то думаете не только
о том, чтобы он был прочен, удобен и красив, но и за-
заботитесь об экономии — чтобы размеры предмета (пло-
(площадь, периметр, поверхность, объём и т. п.) имели наи-
наибольшее или наименьшее значение.
В этом смысле одна из возможных форм предмета
может оказаться «лучше» другой.
Рассмотрим пример. Предположим, что вы изготов-
изготовляете открытую коробочку с квадратным дном (рис. 50, а)
из квадратного же листа, длина стороны которого равна
а см (рис. 50, б). Если для этого вы отогнёте от краёв
— 98 —

квадрата полоски ровно в -_- а см, то объём коробочки
будет больше, чем в том случае, если вы отогнёте по-
полоски шириной меньше или больше чем -g- а см. Про-
Проверьте! *).
Здесь была заранее указана форма предмета и от нас
зависел только выбор его размеров.
а :
6 Г
у
. . . . л
а)
д)
Рис. 50.
Но может возникнуть и такая практическая задача
геометрического характера: огородить изгрродью, забо-
забором или решёткой участок земли определённой площади
так, чтобы длина ограды была насколько возможно малой,
причём огороженный участок должен быть прямоугольной
формы, но с любым соотношением сторон. В переводе
на точный, математический язык это значит: какой из
прямоугольников данной площади имеет наименьший
периметр?
Ответ на этот вопрос даёт следующая теорема:
Периметр квадрата меньше периметра любого
равновеликого ему прямоугольника.
Для доказательства сравним периметр квадрата ABCD
данной площади (рис. 51) с каким-либо прямоугольником
BEFG той же площади. Пусть сторона квадрата равна аш
Очевидно, что одна из сторон равновеликого ему пря_
*) За подробностями и геометрическим доказательством этого
утверждения мы отсылаем читателя к книге Я. И. Перельмана
«Занимательная геометрия».
7*
- 99 —

Рис. 51.
моугольннка, например Ь, больше а; тогда другая сто-
сторона с непременно меньше а. Отнимем от квадрата и
прямоугольника общую часть АВЕК; останутся два равно-
равновеликих прямоугольника AKFG и KECD, т. е. AG-FG —
= DC-KD. Но так как FG-CDC, то AG>KD sr\i
Ъ — а^а — с. Отсюда &-|-с>2а и 2& ~|-2с > 4а,
то-есть периметр любого прямоугольника, равновеликое
квадрату, больше пери-
С метра квадрата. Значит,
среди всех равновеликих
прямоугольников квадрат
обладает наименьшим пе-
риметром.
Пусть теперь, наобо-
наоборот, нам задана не пло-
площадь, а периметр прямо-
прямоугольника. Можно постро-
построить очень много прямо-
прямоугольников с одним и тем
же периметром, но с раз-
разными площадями. Какой же из них будет обладать наи-
наибольшей площадью?
Это опять квадрат.
Площадь квадрата больше площади любого прямо-
прямоугольника с тем же периметром.
Доказать это можно так, как обычно доказывают
обратные теоремы — от противного. Дан квадрат, периметр
которого равен р, а площадь равна q. Допустим, что
существует прямоугольник, периметр которого тоже
равен р, а площадь Q^>q. Построим новый квадрат,
равновеликий этому прямоугольнику, то-есть с площадью,
тоже равной Q, и следовательно, большей, чем площадь
данного квадрата. Но по предыдущей теореме периметр
нового квадрата pt <^p. Значит, площадь нового квадрата
больше площади данного, а периметр меньше. Это не-
невозможно. Следовательно, не существует прямоугольника
с периметром таким же, как у квадрата и площадью
большей, чем площадь квадрата. Не существует также
и прямоугольника, имеющего площадь, равную площади
данного квадрата, так как в этом случае периметр квад-
квадрата меньше периметра прямоугольника, что противо-
противоречит условию.
— 100 —

Итак, среди всех прямоугольников, имеющих один
и тот же периметр, квадрат обладает наибольшей пло-
площадью.
Отметим ещё (без доказательства), что квадрат
«лучше» не только прямоугольника, но и любого четырёх-
четырёхугольника, то-есть периметр квадрата меньше периметра
любого четырёхугольника одинаковой с ним площади
и площадь квадрата больше площади любого четырёх-
четырёхугольника одинакового с ним периметра.
Подобного рода свойства квадрата проявляются и в
других случаях. Вот ещё пример.
Спортивная площадка ремесленного училища металли-
металлистов имела форму прямоугольника (рис. 52), по её углам
росли 4 дерева. Директор училища разрешил ученикам
Z?A±~^*'
Рис. 52.
расширить площадку на столько, на сколько они смогут
это сделать при выполнении следующих двух условий:
1)	Сохранить прямоугольную форму площадки, но
обязательно изменить направление ограничивающих её
сторон.
2)	Деревья должны остаться на периферии площадки
(если не по углам, то где-нибудь на сторонах площадки).
Будущие мастера-металлисты засели за расчёты и
чертежи.
— 101 —

На чертежах появились разнообразные прямоуголь-
прямоугольники, описанные около данного прямоугольника (рис. 53).
Расчёты показали, что площади описанных прямоуголь-
прямоугольников не одинаковы. Какой же из них имеет наибольшую
площадь?
Рис. 53.
Оказалось, что таким прямоугольником является квад-
квадрат. Но это надо доказать. Директор училища не примет
необоснованный проект расширения площадки.
Вот и для нашего читателя это будет задача
I. Доказать, что из всех прямоугольников, описанных
около данного прямоугольника, наибольшую площадь
имеет квадрат.

ПРАВИЛО КВАДРАТА В ШАХМАТАХ
Какому шахматисту не знаком тот волнующий мо-
момент игры, когда какой-нибудь пешке, предположим бе-
белой, открывается возможность последовательными ходами,
без поддержки своих фигур, пройти к последней линии
шахматного поля, а противодействовать этому движению
может только король противника, например, как на
Рис. 54.
i
рис. 54. При этом белая пешка не защищена и ни-
ничто не препятствует передвижению чёрного короля по
направлению к пешке.
Как определить, пройдёт ли белая пешка в ферзи
или по дороге будет уничтожена чёрным королём?
Начинающие шахматисты, да и не только начинаю-
начинающие, решают эту задачу пробными «ходами» своих паль-
пальцев по клеткам доски, да ещё с приговорами: «он сюда,
я сюда, он сюда...» и т. д.
Но среди шахматистов немало друзей математики,
и им такой «способ» не к лицу. Вопрос: «Догонит ли
— 103 -

король пешку»? решается мгновенно при помощи «правила
квадрата». Надо мысленно построить квадрат (рис. 54),
одной стороной которого является предстоящий путь пеш-
ebedefgh
ijhc. 55.
ки до последней линии доски *). Тогда, если король про-
противника войдёт в этот квадрат (с любой его стороны)
а о о d e f g It
Рис. 56.
раньше, чем пешка покинет вершину угла квадрата, то
король догонит пешку, если — нет, то пешьа проходит
в ферзи.
В позиции, изображённой на рис. 54, при ходе
чёрных король попадёт в очерченный квадрат и, сле-
следовательно, задержит пешку белых; при ходе белых
*) Если возможно построить два таких квадрата (по обе сто-
стороны пути пешки), то из них выбирается тот, который ближе
к королю.
— 104 —

король чёрных не успевает вступить в очерченный квад-
квадрат, и белые выигрывают. Вот и всё несложное «правило
квадрата».
Если пешка находится в начальном положении, как
на рис. 55, то первым ходом она, как известно, может
быть передвинута на две клетки. В этом положении
вершиной определяющего квадрата должна быть не та
клетка, на которой стоит пешка, а следующая — походу
движения пешки.
Используйте правило квадрата при решении этюда,
изображённого на рис. 50.
Расположение фигур: белые: Кр g3, чёрные: Кр Ь8;
пешки е5, h5.
Белые начинают и делают ничью.

ПОСТРОЕНИЯ ПРИ ПОМОЩИ ПЕРЕГИБАНИЙ
КВАДРАТНОГО ЛИСТА БУМАГИ
Традиционными инструментами геометрических по-
построений являются циркуль и линейка. Но целый ряд гео-
геометрических задач можно будет решить, совсем не упо-
употребляя циркуля и линейки (разве только для нанесения
заданных линий) при помощи перегибания листа бумаги,
на котором выполняется построение.
?
Рис. 57.	Рис. 58.
Пусть, например, требуется разделить данный угол
ABC пополам (рис. 57), Отогнём бумагу по прямым ВС
и АВ (не на лицевую сторону), а затем перегибанием
совместим отогнутый край ВС с отогнутым краем АВ.
Получившийся сгиб BD (рис. 58) и будет биссектрисой
угла ABC.
— 106 —

Кусок бумаги произвольной формы можно при помощи
перегибаний превратить в прямоугольник или в квадрат.
Отогните какую-либо часть данного куска бумаги.
Пусть полученный таким образом сгиб будет ХХ\
(рис. 59). Это — прямая линия. Теперь, проведя ножом
по сгибу, отрежьте меньшую часть куска. Отогните
другую часть бумаги так, чтобы при этом край ХХ\
Y	накладывался на себя. По-
Получившийся прямолиней-
Ас
...я
,- в
fi
Рис. 59.
Рис. 60.
ный сгиб YY\ будет перпендикуляром к ХХ\ (смежные
углы YBX и YBXi — прямые, так как они совпадали
при наложении). Меньшую часть по сгибу отрежьте.
Повторяя указанный приём, образуйте края AD и CD.
Фигура ABCD — прямоугольник.
Пусть АВ будет короткой стороной прялоугольниьа
ABCD. Перегните прямоугольник ABCD наискось так,
чтобы край АВ лёг на край ВС (рис. 60). Кусок EDCF
удалите. Оставшаяся фигура AEFB — квадрат.
Таким образом, на куске бумаги нетрудно образовать
перпендикулярные или параллельные сгибы.
Можно представить себе и более сложные задачи на
построение, которые интересны тем, что решаются пере-
перегибанием квадратного листа бумаги.
Три такие задачи мы предложим читателю решить
самостоятельно, а две, для примера, рассмотрим сейчас.
— 107 —

д
Задача 1. Произвести «золотое сечение» стороны
данного квадратного куска бумаги при помощи только
перегибаний.
Напомним, что «золотым сечением» или иначе — де-
делением в крайнем и среднем отношении называется де-
деление данного отрезка АВ точкой X таким образом,
чтобы выполнялась пропор-
АВ АХ
ЦИЯ -ду — ду ИЛИ
АХ2 = АВ-ВХ.
Решение. Складывая
данный квадрат ABCD nonj-
лам, найдём на стороне ВС
ее середину Е (рис. 61). По-
Построим прямолинейный сгиб
АЕ. Наложим BE на ЕАхк
в конце сгиба на стороне
АВ отметим точку F, а на
АЕ — такую точку К, что
ЕК=^ВЕ. Отложим на АВ
отрезок АХ~ АК (это тоже можно сделать перегибани-
перегибанием; линия сгиба AS), и тогда точка X—искомая.
Для доказательства наложим ХВ на ХА (линия переги-
перегибания ХН) и точку пересечения линии сгиба ХН и
прямой ЕА обозначим буквой L. Ясно, что при этом LX
образует прямые углы с АВ. Построим ещё сгиб FK
(по двум точкам). Углы при точке К— прямые, так как
по построению один из них равен углу при вершине В.
Прямоугольные треугольники AXL и AKF равны; они
имеют общий острый угол А и два равных катета:
АХ=АК (по построению).
Отсюда XL — FK, а так как FK=BF, то
0)
Д ABE ел Д AXL и
довательно,
Из A) и B) имеем:
= -у (по построению); сле-
BF=
2
АХ
~~ 2 '
АХ
B)
C)
— 108 —

Отметим на АВ точку Y такую, что
BF=FY	D)
(наложением BFna FA). Тогда АВ=AF-\- FB — AF-\-FY.
Очевидно также, что AY=AF—FY.
Перемножая полученные равенства, будем иметь:
= (AF+FY)(AF— FY)=AF2 — FY2,
Из D) и A) следует: FY=FK; тогда AB-AY—
= AF2 — FK2. Но AF2 — FK2=AK* (из прямоугольного
треугольника AKF); кроме того, АК=АХ (по постро-
построению). Таким образом,
или
AX2 = AB-AY.	E)
Но AX=2XL = 2BF=BF+BF=BF+FY = BY.
(?)	A)	D)
Следовательно, AX=BY, а отсюда и
AY=BX.	F)
Из E) и F) имеем:	.
АХ*-=АВ-ВХ.	G)
Таким же образом легко показать, что и
BY2 = A3-AY,	(8)
то-есть точка Y в свою очередь делит отрезок АВ в
крайнем и среднем отношении.
Любопытно, что при этом отрезок АХ делится точ-
точкой Y и отрезок BY делится точкой X тоже в крайнем
и среднем отношении.
Для доказательства образуем на отрезках АХ и BY
данного квадрата, как на сторонах, квадраты AXRM и
BYNP (следы этих построений на рис. 61 не показаны).
Получится линия сгиба РМ.
Равенство (8) показывает, что квадрат BYNP равно-
равновелик прямоугольнику со сторонами AY и AD или в си-
силу (С) — прямоугольнику ВХНС.
— 109 —

Отнимем от площади ьаждой из этих двух равнове-
равновеликих фигур площадь прямоугольника BXRP; останутся
равновеликие прямоугольник" XYNR и квадрат CPRH.
Отсюда XY-XR—PR2 или так как XR = AX и
PR = BX—AY, то XY-AX=AY2, что и доказывает
одно из высказанных утверждений. Второе доказывается
аналогично.
Задача 2. Перегибанием куска бумаги легко раз-
разделить данный угол пополам, и вы без затруднений на
квадратном или прямоугольном куске бумаги построите
углы в 45°, 22°30', 11 ° 15' и т. д. Но как построить при
р.	' помощи перегибания угол в
, 4	УЕД 36О> а следОваТелыю, и в 72°,
18°, 9° и т. д.?
Оказывается, это возможно,
если воспользоваться умением
произвести «золотое сечение»
стороны квадрата (см. преды-
предыдущую задачу).
Решение. Найдём точку
У, делящую сторону АВ дан-
,¦ ного квадратного куска бумаги
в крайнем и среднем отношении
D способом предыдущей задачи
(рис. 62). Построим прямо-
прямоугольник AYOD и разделим его
пополам линией сгиба EF. Повернём YB около У так,
чтобы вершина В упала на EF, и это положение верши-
вершины А обозначим буквой К- Сделаем сгибы УК, KB и КА.
Покажем, что треугольник ВАК—равнобедренный и
каждый из углов ВКА и КАВ вдвое больше угла АВК.
По построению BY = УК и ЕУ= АЕ. Отсюда УК— АК
и ВУ=УК=АК Далее, /_ВАК= Z.KYA, /.KBY--=
= /.YKB; следовательно, /_КУА =2/_КВУ (как вне-
внешний угол треугольника BY К) и
/_ВАК—2/_КВА.	A)
Далее,
ВК2 = ЕК2 +
= УК2 + {ВЕ2 — АЕ2)
G F
Рис. 62.
= АК2 — АЕ2 + ВЕ2=
BY2 + {BE + АЕ) {BE — AE) =
— НО —

но ВУ2 = АВ-УВ; значит, ВК2 = АВ ¦ УА+АВ • ВУ =
А\ВУ) АВАВ АВ* или ВК=АВ. Отсюда
B)
Из A) и B) следует, что
Z BAK= Z АКВ = 2Z ЛВД,
что и требовалось доказать.
П>сть /_КВА=а, тогда /_ВАК=/_АКВ = Ъа., и
5а=180°; а = 26°.
Таким образом, ^/_КВА = Зд°, т. е. угол KB A — искомый.
Теперь попытайтесь самостоятельно решить несколько
задач, пользуясь также только перегибанием заданной
фигуры. В случае затруднений загляните в ответы
(стр. 136—139).
Задачи
2§. Зная, как согнуть из бумаги («построить») угол
в 36°, разделите угол при вершине квадрата на 5 рав-
равных частей.
3.	Вписать квадрат в произвольный треугольник,
нарисованный на листе бумаги.
Вписать квадрат в треугольник — это значит: одна
вершина квадрата должна лежать на первой стороне
треугольника, другая вершина квадрата — на второй
стороне треугольника и остальные две вершины квад-
квадрата — на третьей.
4.	В данный квадрат вписать равносторонний тре-
треугольник, имеющий с квадратом одну общую вершину.
В этом случае одна вершина треугольника должка
быть общей с вершиной квадрата, а две другие вершины
треугольника должны лежать на сторонах квадрата.

КВАДРАТ В КВАДРАТЕ
Иногда предлагают такую задачу-шутку:
—	Чему равно 2 в квадрате?
—	4,— отвечает собеседник.
—	А 3 в квадрате?
—	9.
—	А 4 в квадрате?
—	16.
—	А угол в квадрате?
Тот, кого спрашивают, конечно, недоумевает, так как
ему никогда не приходилось умножать угол на угол.
Спрашивающий торжествует над затруднением собе-
собеседника и сам отвечает на вопрос: «90°».
Затем он поясняет, что имел в виду квадрат, как фи-
фигуру, а в квадрате все углы прямые.
Действительно, такого действия, как умножение угла
на угол, не существует, но и вопрос был поставлен пло-
плохо. Если его предлагать не с целью шутки, то спросить
надо так: «Чему равна величина угла при вершине
квадрата?».
Заглавие «Квадрат в квадрате», конечно, тоже не
предполагает второй степени квадрата. Речь пойдёт
здесь о некоторых особенностях квадрата, вписанного
в квадрат.
Соедините последовательно середины сторон квадрата
ABCD (рис. 63, а) отрезками и вы получите новый квад-
квадрат EFK.L, площадь которого составляет половину пло-
площади данного квадрата ABCD.
Отрежем четыре прямоугольных треугольника, рас-
расположенных по углам квадрата ABCD. Сумма их
площадей также составляет половину площади квадра-
— 112 —

та ABCD. Если принять площадь квадрата ABCD за
единицу, то сумма площадей отрезанных треугольников
равна у.
В оставшийся квадрат EFKL снова таким же образом
впишем квадрат AiB1ClD1 (рис. 63, б) и опять отрежем
D	L	С	L
Ц ' С,
?	К I - '*¦	' , К
Г	?	f	//,	В,
а)	б)	в)
Рис. 63.
четыре треугольных уголка. Сумма площадей отрезан-
отрезанных треугольников составляет у площади квадрата
EFKL и, значит, -j- площади квадрата ABCD. Повторяя
этот приём (рис. 63, в), мы получим еще четвёрку тре-
треугольников, сумма площадей которых составит -„- пло-
площади квадрата ABCD.
Применяя этот приём любое число раз, мы будем
получать всё новые четвёрки прямоугольных треуголь-
треугольников, которыми в конце концов снова можно выложить
первоначальный квадрат. Суммы площадей четвёрок тре-
треугольников представляют бесконечный ряд чисел
1111 *\
2 ' 4 ' 8 ' 16' ••• '
Следовательно, сумма этих чисел тем ближе к еди~
нице, чем больше число слагаемых, или, как говорят,
*) Геометрическая прогрессия с знаменателем ту.
8 Удивительный квадрат	— Но —

сумма
'•) I "d ~t~ X I Ifi I" • • • "Г 9я
стремится к 1 при неограниченно возрастающем п *).
Вернёмся к рис. 63,а и проследим теперь за изме-
изменением площади вписанного квадрата при переме-
перемещении его вершин по сторонам данного квадрата.
Отложим на сторонах квадрата ABCD (рис. 64), на-
начиная от вершины А и двигаясь в круговом направлении,
равные произвольные отрезки AAU BBU CCU DDX и по-
последовательно соединим точки AuBuCuDi отрезками
АВ Bfi CD DA
у, fiu C,, ,X
Нетрудно показать, что
/AAD /BBA
деле,
41Б,С,?I — квадрат. В самом
(раЕные катеты, по постро-
построению); отсюда
A1D1=A1B1
откуда следует, что угол
BxAxDi —прямой.
Повторяем такие же
'» рассуждения для второй
\ пары треугольников и за-
-----? ключаем, что A\BXCXD\ —
квадрат.
Как же изменяется пло-
площадь 5 квадрата AlB1ClDl
в зависимости от изменения
длины отрезка AAt — x}
Пусть сторона данного квадрата равна а; тогда
AtB = a — л: и ВВх — х. По теореме Пифагора
Но S=AtBi2; следовательно,
с — д-2 i (п у\г
Рис. 64.
*) Это записывают, применяя обозначение предела, так
— 114 —

Преобразуем правую часть этого равенства:
Xs + (а—х)г = а2 — Чах + 2*2 == f + ~ — 2ах + 2л;2 =
Итак
При х = 0 вписанный квадрат совпадает с данным
квадратом ABCD. С возрастанием л: от 0 до ^выРаже~
ние f-y — х\ уменьшается от -|- до нуля; следователь-
следовательно, уменьшается и площадь 5 вписанного квадрата
a2	a
от а2 до —. При возрастании х от — до а выражение
-к- — х) увеличивается, и площадь ЬЕадрата возрастает
д2
от у опять до а2.
Самой меньшей площадью обладает тот из впи-
вписанных квадратов, вершины которого находятся в се-
серединах сторон данного квадрата.
Если продолжать увеличивать х = ААу, придавая ему
значения бблыиие, чем а (например, на рисунке 64 при-
принять в качестве х отрезок АЕ~^>АВ), то вершины «впи-
«вписанного» квадрата EFKL будут лежать на продолжениях
сторон квадрата ABCD и площадь такого квадрата будет
расти неограниченно.
8*

СЛУЧАЙ С АЛМАЗОМ
Рис. 65.
Стоимость весового товара обычно пропорциональна
его весу. За 300 граммов мороженого всегда приходится
платить в 3 раза больше, чем за 100 граммов того же
сорта. Но у некоторых редких и драгоценных камней
-	л особую ценность имеет их величина;
е	стоимость таких камней пропорцио-
пропорциональна квадрату их веса.
И вот однажды один из таких
камней, алмаз, разбился на два ку-
куска; общий их вес остался, конечно,
прежним.
Спрашивается, изменилась ли при
этом общая стоимость алмазов, и
если она, например, уменьшилась,
то в каком случае потеря стоимо-
стоимости— самая большая?
Задача—не геометрическая. Но опираясь на знакомые
свойства квадрата, можно и этой задаче дать очень на-
наглядное решение.
Изобразим вес р неразбитого алмаза отрезком АВ
(рис. 65). Пусть цена единицы веса алмаза равна какой-
то денежной единице.
Тогда стоимость всего алмаза равна рг, и её будет
изображать площадь квадрата ABCD.
Пусть куски, на которые разбился алмаз, весят т и
я единиц; их изобразят соответственно отрезки Аа и аВ,
причём Аа-f-аВ = АВ, так как т-\-п=р.
Отложим на сторонах квадрата ABCD отрезки Ad =
= Dc = Cb = Ba и построим фигуру abed, которая, как
известно (см. стр. 114), будет квадратом.
— 116 —

Общая стоимость двух кусков алмаза (т2-\-п2) изо-
изобразится суммой площадей квадратов со сторонами Аа
и Ва или Аа и Ad, то-есть, в соответствии с теоремой
Пифагора,—площадью квадрата abed. Стоимость же не-
расколотого алмаза, как сказано, изображается площадью
квадрата ABCD.
Но площадь вписанного квадрата abed меньше пло-
площади квадрата ABCD, и самого меньшего значения до-
достигает в том случае., ьогда точка а делит АВ пополам
(см. стр. 115).
Таким образом, ответ на задачу получен: стоимость
двух кусков ра Литого алмаза меньше стоимости одного
неразбитого, причём проигрыш в стоимости будет наи-
наибольшим, если обе части разбитого алмаза равны между
собой.
Потеря стоимости равна
р2 — т2— п3 или (m-\-rif — т2—п2 = 2тп.
Если алмаз раскололся на два равных куска (т = п = ^-
то потеря стоимости составит половину его первоначаль-
первоначальной стоимости.

КВАДРАТ ОКОЛО КВАДРАТА
Есть в математике задачи, для решения которых не-
недостаточно давно проложенных и широко известных пу-
путей и способов, а нужны, наоборот, приёмы новые, ори-
оригинальные, своеобразные.
Такие задачи особенно интересны. Их ещё мало в
школьном обиходе, но, например, на математических
олимпиадах они предлагаются часто.
Бывает, что из практики решения каких-либо нешаб-
нешаблонных задач возникают новые математические теории.
Например, из решения задач, относящихся к азартным
играм, развилась теория вероятностей, результаты кото-
которой, в свою очередь, используются в различных областях
современной науки и техники.
Применение нетрафаретных способов к решению за-
задач требует, конечно, большой сноровки, но зато такими
путями могут быть решены очень интересные задачи и
получены замечательные, а часто и неожиданные ре-
результаты.
Одна из таких задач относится к кЕадрату; она была
предложена на XII Московской математической олимпиаде:
Докажите, что к квадрату нельзя приложить более
8 не налегающих друг на друга квадратов такого же
размера.
Пусть ABCD (рис. 66) — данный квадрат, сторону
которого примем за единицу. Посмотрим, сколько таких
же, не налегающих друг на друга квадратов, можно
приложить к данному так, чтобы каждый из них сопри-
соприкасался хотя бы одной точкой с данным квадратом.
Для этого построим вспомогательный квадрат AiBfiiDi
(изображён штриховой линией), объемлющий данный, име-
имеющий с ним общий центр и взаимно параллельные сто-
— 118 —

роны, но вдвое большие, чем у данного квадрата. Зна-
Значит, периметр квадрата AtBfiiDi равен 8.
Возьмём квадрат EFKL, равный квадрату ABCD, и
приложим его вершиной Е к стороне CD.
Покажем, что при любых положениях квадрата EFKL
часть MN периметра квадрата AiBjCiDi, попавшая внутрь
квадрата EFKL, не меньше стороны данного квадратр,
то-есть не меньше 1.
К
И
К
Рис. 66.
Рис. 67.
Рис. 68.
В положении, изображённом на рис. 66, часть MN сто-
стороны CxDx вспомогательного квадрата A^Bfi^Di заключена
между сторонами EF и EL квадрата EFKL. Обозначим
угол LED через а и построим ЕР _L MN. В этом случае
MN=MP-\-PN=EP-ctga-{-EP-tga=EP(ctga-{-tgo.).
Так как ЕР=~ , то
2
Так как sin 2а ^1, то
1
1
1
sin 2B
 sin а-cos а sin 2a '
>1 и, значит,
Пусть теперь часть MN стороны вспомогательного
квадрата лежит между сторонами EF и KL квадрата
EFKL (рис. 67). Проведём LQ\\MM. Фигура MNQL —
параллелограм. Значит, MN=LQ, но LQ^>LE; следо-
следовательно, MN~^>LE или MN~^> 1.
DC
Если DE<^~y и а<^45°, то может образоваться по-
положение, представленное на рис. 68 (наверху).
— 119 -

Здесь рассматриваемая часть периметра MN состоит
из трёх слагаемых: MN=MDx-\-DxP-\-PN.
Продолжим ED до пересечения с AtDi в точке Q.
Тогда
ЛШ, = QDt — QM=QDt — (QD -f DE) tg a =
Складывая эти три равенства, получим:
tga).
Так как этот случай возможен лишь при условии,
что а<^45°, то 1 — tga^>0 и
при DE = O MD14-D1N=l; при а =
+
Теперь приложим квадрат EFKL его стороной к вер-
вершине квадрата ABCD. И в этом случае часть периметра
квадрата Л,5,С1Л1, отсекаемая квадратом EFKJL, будет не
меньше единицы при любом расположении квадрата EFK.L.
Пусть, например, квадрат EFKL находится в поло-
положении EXFXK\L\ (Рис- 68 внизу). Требуется доказать, что
Проведём A\Qi || К\Ц, продолжим Л^ до пересече-
пересечения в точке Pt с EtLi и введём обозначения:
= a и ВхК\ =
Если а]>1, то требуемое неравенство сразу стано-
становится справедливым.
Пусть а <1.
Из треугольника NiQiP^.
— 120 —

и так как
= l, то 7^^,=
1
cos a
l = NlHl-alNl==-—.-a.
Так как
то из треугольника
имеем:
I — a cos a
sina '
Требуется доказать теперь, что
j 	1 — a ccs a .
1	sin a ~T
или равносильное неравенство (так как
1 —acosa-j-asinct — sma^>0.
Группируя слагаемые, получим:
1 -A — sin я) — a (cos a — sin a) > 0.
По условию а<1 и cos а — sin а <^ 1 — sin а, то-есть
вычитаемое меньше уменьшаемого; следовательно, раз-
разность положительна, что и требо-
требовалось доказать.
Убедитесь в справедливости
требуемого неравенства и для
иных положений квадрата EFKL.
Итак, каким бы образом мы ни
приложили квадрат EFKL к квад-
квадрату ABCD, он высечет из пери-
периметра квадрата AiByCiDi часть,
не большую чем сторона данного
квадрата ABCD. А таких стороь
в периметре квадрата AyBfiyDx
восемь. Следовательно, больше
восьми квадратов нельзя приложить к данному квадрату.
Ко восемь квадратов, равных данному, располагаются
около него так, как на рис. 69, и на основании проведён-
проведённого анализа можно сказать, что зто — наиболее плотное
возможное расположение приложенных квадратов.
Рис. 69.

СОВЕРШЕННОЕ КВАДРИРОВАНИЕ
Перейдём к новой любопытной1 задаче. Она дол-
долгое время не была решена, и многие думали, что её ре-
решить невозможно.
По содержанию это уже знакомая нам задача о со-
составлении квадрата (или прямоугольника) из нескольких
квадратов, но на этот раз без разрезания их на части
и усложнённая ещё требованием, чтобы стороны, квад-
квадратов выражались неповторяющимися целыми числами.
Число данных квадратов безразлично.
Деление квадрата (или прямоугольника) на конечное
число не налагающихся друг на друга квадратов, ника-
никакие два из которых не равны, будем называть совершен-
совершенным квадрированием квадрата (или прямоугольника), а
квадрат (или прямоугольник), составленный из неповто-
неповторяющихся квадратов, — совершенным квадратом (или
прямоугольником).
Некоторые математики высказывали предположение,
что совершенное квадрирование квадрата невозможно*).
Так как невозможность квадрирования квадрата только
допускалась математиками, но не была доказана, то по-
поиски решения продолжались, и немногим более десяти
лет тому назад в зарубежных математических журналах
появились, наконец, квадраты, составленные из неповто-
неповторяющихся квадратов. На рис. 70 представлен квад-
квадрат, состоящий из 26 неодинаковых квадратов. (Цифры,
*) Очевидно, из этих же предположений исходил и Г. Штейнгауз,
утверждая в книге «Математический калейдоскоп», что «неизвестно
также, можно ли разбить квадрат на неповторяющиеся квад-
квадраты» (стр. Р). (Г. Ш т е й н г а у з, Математический калейдоскоп,
Гостехиздат, 1949.)
— 122 —

проставленные на рисунке, означают длины сторон со-
соответствующих квадратов). Можно составить квадрат
также и из 28 неповторяющихся квадратов и т. д.
Не вполне выясненным остаётся пока ещё вопрос о том,
является ли 26 — наименьшим возможным числом квад-
квадратов для составления совершенного квадрата.
65
183
т
i*3
12
168
41
11
.Л
№
год
209
136
123
118
231
7,
20"
95
ЗЬ
61
/ЛИ
,5
113
Рис. 70.
Совершенное квадрирование прямоугольника
также возможно; для этого достаточно девяти квадратов
со сторонами 1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 и 18 (мы привели
их в головоломке 21 на стр. 24).
В настоящее время установлено, что меньше чем из 9
неодинаковых квадратов совершенный прямоугольник
составить невозможно, а годятся ли для этой цели иные
квадраты, кроме приведённых в головоломке 21, мы с
вами вскоре узнаем.
— 123 —

Вообще вся эта проблема квадрчрования прямоуголь-
прямоугольника и квадрата пока ещё не имеет такого простого ре-
решения, чтобы его можно было изложить коротко и попу-
популярно. Но обнаружилась неожиданная связь между зада-
задачей о составлении прямоугольника (или квадрата) из
определённого числа квадратов и некоторыми законами
постоянного электрического тока в замкнутой цепи. Эта
связь очень любопытна, проста и интересна. Для того
чтобы с ней познакомиться, нам понадобится только
очень простая форма законов, известных в физике под
названием «системы уравнений Кирхгофа» или «правил
Кирхгофа».

КВАДРАТЫ И ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ТОКИ
Правила Кирхгофа легко усвоить, если даже вы их
ещё и не изучали.
Представьте себе какую-нибудь сеть, состоящую из
проводников тока (рис. 71), в которой можно выделить
несколько замкнутых контуров
(например, abca, bcdb, abdca).
Пусть по каждому проводнику
в направлении, отмеченном стрел-
стрелкой; протекает постоянный ток,
величина которого обычно обо-
обозначается буквой i со значком,
указывающим номер проводника
fa, и, 4 и т. д.).
Первая система уравнений
Кирхгофа относится к узловым
точкам а, Ь, с, d. В каждой узло-
узловой точке ток разветвляется так,
что сумма входящих в неё токов
равна сумме отходящих токов. Если условимся считать
положительными токи, входящие в узловую точку, и
отрицательными — токи, выходящие из той же точки,
то можно сказать, что алгебраическая сумма сил токов,
сходящихся в узле, равна нулю,
Например, на рис. 71
для узла a: ix — 4— /3 = 0,
»	» b: /3 — /4 — /7 = О,
» » с: /2+ '4 — h — 4 = 0
и т д.
— 125 —

Вторая система уравнений Кирхгофа относится к зам-
замкнутым контурам.
Условимся, обходя контур и придерживаясь всё время
одного и того же направления, например по движению
часовой стрелки, считать положительными те токи, на-
направление которых совпадает с направлением обхода, и
отрицательными — те, направление которых противопо-
противоположно направлению обхода.
Второе правило Кирхгофа сформулируем только для
такой сети, в которой сопротивления всех проводников
одинаковы и равны единице, а электродвижущие силы
в замкнутом контуре отсутствуют. В этом случае при
обходе каждого замкнутого контура алгебраическая
сумма сил токов равна нулю.
Так, например, на рис. 71
для контура abca: h~\-h — 4 = 0,
» » bdcb: /7 — /6 — /4 = 0,
» » abdca: 4~М7 — Ч — *2 = 0-
При помощи уравнений Кирхгофа, составленных для
узлов и контуров, и рассчитывают сети разветвлённых
токов, т. е. вычисляют силу тока в каждом проводнике.
Замечательная связь между квадратами и электриче-
электрическими токами состоит в следующем. Если мы построим
произвольную сеть из п проводников единичных сопро-
сопротивлений, составляющих некоторое количество замкнутых
контуров, и рассчитаем соответственно возможную силу
тока в каждом проводнике, то полученные силы токов
дадут значения сторон п квадратов, необходимых для
составления прямоугольника.
Другими словами, всякому комплекту из п квадра-
квадратов, необходимых для составления одного прямоуголь-
прямоугольника (или квадрата) соответствует распределение
токов по правилам Кирхгофа в сети, построенной опре-
определённым образом из п проводников.
И обратно:
Распределению токов в сети, определённым образом
составленной из п проводников, соответствует такой
комплект из п квадратов, из которого может быть
составлен некоторый прямоугольник.
Из-за сложности мы эти утверждения не будем дока-
доказывать в общем виде; однако любой пример подтвердит
их правильность.
— 126 —

Предположим, мы решили составить прямоугольник
непременно из 9 каких-нибудь (нг данных нам) квадра-
квадратов. Мы должны сами определить длины сторон подхо-
подходящих для этого квадратов.
Если исключить тривиальный *) случай, когда все
9 квадратов одинаковы, то ясно, что для этой цели при-
пригодны только специально подобранные квадраты. Но как
их подобрать? Было бы очень
трудно получить решение толь-
только путём проб.
Сконструируем какую-ни-
какую-нибудь замкнутую сеть из 9 про-
проводов с соблюдением следую-
следующих условий: два узла — самый
верхний и самый нижний —
пусть будут главными, причём
от верхнего главного узла токи
только отходят, а к нижнему
главному — только подходят.
Остальные узлы расположены
между главными на разных уров-
уровнях; токам дадим направление
от узлов выше лежащих к ниже
лежащим. Сопротивления всех проводников считаем еди-
единичными. Такую сеть с любым, заранее намеченным чи-
числом проводов построить совсем нетрудно.
Пусть это, например, будет сеть, изображённая на
рис. 72. Здесь а и /—главные узлы.
Составим систему уравнений Кирхгофа для всех углов
(кроме главных) и для простейших замкнутых контуров:
Для узла b:	ix — 4 — «4 = 0,
7> » с:	4— «б — 4 = 0»
» » d:	/4-"Ыб — h — 4 = 0,
» у> е:	4~Ь4— 4 — 0-
Для контура	acdba:
» 7>	bdeb:
» >	cfdc:
> »	dfed:
h— h — *i=0,
4 + 4— 4 = 0,
i6 — 4 — 4 = °'
is — 4 — h = 0.
*) То-есть простейший, совершенно очевидный.
— m —

Получилось восемь уравнений с девятью неизвестными.
Девятого уравнения, независимого от этих восьми, мы
составить не сможем. Можно, конечно, обойти ещё какой-
нибудь замкнутый контур, например acdeba, но уравне-
уравнение, которое при этом получится, не приведёт к суще-
существенно новому соотношению между искомыми токами;
оно будет следствием имеющихся уравнений.
Такая система имеет бесчисленное множество решений.
Но можно выразить через сдчо неизвестное, например
через /„ все остальные неизвестные i2, iB, ..., i8. Это
можно сделать, например, последовательным исключением
неизвестных. Так, из четвёртого и восьмого уравнений
можно исключить ia; из полученного уравнения, третьего
и седьмого уравнений можно исключить /8 и т. д. Решая
систему в предположении, что i, известно, получим:
1К
18
4 .
14 .
h
:T^fi»
15 15
. 	10. . 	 9_ .
Пусть tt = 15; тогда одно
'* из решений нашей системы в
целых числах будет:
Tj ^^ 10, t% z== 1 о, /g ^^ о,
Рис. 73.
Обратите внимание: мы получили те самые 9 чисел,
которые представляют стороны девяти квадратов голово-
головоломки 21 на стр. 24.
Сеть распределения токов (рис. 73) даёт также и к л ю ч
к фактическому составлению прямоугольника из квад-
квадратов с найденными длинами сторон.
Каждый узел сети соответствует уровню верхних сто-
сторон квадратов, длины сторон которых равны токам, выхо-
выходящим из этого узла.
Так, ^ = 15 означает: положите на стол квадрат со сторо-
стороной 15 (рис. 74), к его нижней стороне приложите квадраты
— 128 —

15
8
d
9
7 с
я
ь
11
е
W
d
а
б
t
Рис. 74.
со сторонами /8 = 8 и ?4 = 7. Сохраняя уровень верхней
стороны квадрата со стороной /., = 15, приложите к нему
рядом квадрат со сто- br
роной t2 = 18, а к ниж-
нижней стороне этого квад-
квадрата приложите квадра-
квадраты со сторонами ?Б = 4
и ie = 14. От узла d от-
отходят токи ц = 1 и
/3=Ю; это значит:
приложите квадраты
1 и 10 к нижним .сто-
.сторонам квадратов 7 и 4.
Положите ещё квадрат
9 на своё место,—и пря-
прямоугольник готов (рис.
74).
Вот как законы ф:ъ-
зики, управляющие рас-
распределением токов в
замкнутых сетях, помо-
помогли не только соста-
составить прямоугольник из
готовых квадратов, но
и найти размеры сторон
необходимых квадратоз.
Давайте теперь со-
составим иную сеть из 9
проводников. При со-
соблюдении тех же усло-
условий это может быть, на-
например, такая сеть, как
на рис. 75.
Составим систему из
8 уравнений и, решая
её, выразим все токи через
самостоятельно!).
Будем иметь:
16 . . 28 .
(проделайте вычисления
	_7 .
	9S 1
• __ 5 / ; _ 2 ; ; —™. . _36
1в— 25 *»* f~25 и 8 — 25 ь 9 — 25 '"
9 Удивительный квздгат
— 129

Отрицательный знак te показывает, что сеть надо
слегка подправить: ток направить не от с к d, как это
мы произвольно предположили, а от d к с и соответ-
соответственно этому узел с надо опустить ниже узла d. Под-
Подправленная сеть с указанием возможных величин токсв
представлена на рис. 76, а соответствующий этой сети
прямоугольник — на рис.77.
Таким образом, для составления прямоугольника мы
получили ещё один комплект из девяти неповторяющихся
25
квадратов, и этим исчерпываются все случаи совершен-
совершенного квадрирования прямоугольника из девяти квадратов.
В самом деле, составляя всевозможные сети с двумя
главными узлами из девяти проводников (практически
их исчерпать нетрудно) и, рассчитывая всякий раз со-
соответствующие силы токов в проводниках, вы чисто
опытным путём можете убедиться в том, что неодина-
неодинаковые токи получаются только в тех двух конфигура-
конфигурациях из девяти проводников, которые только что были
рассмотрены. А так как каждому комплекту из девяти
квадратов, составляющих прямоугольник, соответствует
одна из возможных конфигураций девяти проводников,
то значит, могут быть только два комплекта из
девяти неодинаковых квадратов, составля-
составляющих прямоугольник.
— 130 —

Для получения новой сети поверните, например, ри-
рисунок 76 на 90°, примите с и е за главные узлы и изме-
измените соответственно направления токов — вот вам и
новая конфигурация из девяти проводников, и очевид-
очевидно, что в этих проводниках будут встречаться и рав-
равные токи.
Точно так же, составляя сети с двумя главными
узлами из 4, 5, 6, 7 или 8 проводников, можно убедить-
убедиться в том, что во всех этих случаях получаются только
25
16
36
Рис. 77.
28
повторяю щиеся квадраты (проверьте это на прак-
практике).
Чем больше проводников, тем больше разнообраз-
разнообразных сетей можно из них составить. Если, составляя и
рассчитывая сети из 9 проводников, мы получили только
два комплекта неповторяющихся квадратов, то, напри-
например, из 10 проводников можно скомбинировать 6 таких
сетей, на основе которых можно получить 6 комплек-
комплектов неповторяющихся квадратов для составления прямо-
прямоугольника.
В заключение рассчитаем ещё одну из возможных
сетей с II проводниками, причём мы заведомо идём
на то, что, по крайней мере, два квадрата будут оди-
одинаковыми, так как узел d соединяет только два про-
проводника и, следовательно, ц — ц (рис. 78).
9*	— 131 -

Составляем соответствующую систему уравнений
Кирхгофа:
(acba)
)
F)i,-i4-i6 =0,
{с) h + ii — h — h =0,
(d)	U — i,	=0,
(e)	h + h — ig — in = 0,
if) h^~h~\~h — ho — ®'
()
(аеса)
(bcfdb)
(cefc)
i2 —Ц —
i i
= 0,
= 0,
= 0.
Проделав необходимые вычисления, получим:
4.
2.
^
Положив ti = 3, будем иметь комплект из 11 квадра-
квадратов со следующими сторонами:
i, = 2, t8 = 3, ie = l, »10 = 6, in = 7.
Если теперь уложить их так, как подсказывает сеть, то
получим (рис. 79) квадрат A3X13), но это не будет
совершенный квадрат, так как он составлен we из не-
неповторяющихся квадратов.
— 132 —

Кстати, этот пример раскрывает «тайну рождения»
головоломки 22 (стр. 25) и даёт её решение.
3
2
2
1
3
2
1
6
6
7
Для желающих самостоятельно поупражняться пред-
предлагаем ещё несколько задач.
Задачи
5. Пользуясь сетью с двумя главными узлами р и q,
данной на рис. 80, составьте прямоугольник из 8 квад-
квадратов.
— 133 —

6.	Превратите сеть, состоящую из 11 проводов
(рис. 78), в сеть из 10 проводов путём аамены проводов
bd и df одним проводом bf. Составьте и решите соот-
соответствующую систему уравнений Кирхгофа. Постройте
прямоугольник из 10 квадратов. Будет ли он совершенным?
7.	Дан прямоугольник (рис. 81), составленный из
7 квадратов с указанными размерами сторон. Постройте
2
1
i
1
3
4
Рис. 81.
замкнутую сеть с двумя главными узлами, соответствую-
соответствующую данному прямоугольнику. Распределите токи по
проводам и убедитесь в справедливости правил Кирхгофа.
8. Постройте сеть по следующим данным:
fifc = 60, ac=44, rt?=:16, cd = 28, bd—\2,
be=\9, de = 7, bf=Ab, <?/=26, df =33,
где a, b, c, d, e, f—узлы, причём а и /—главные
узлы. Направление токов соответствует порядку следо-
следования букв в наименовании проводника. Так, в провод-
проводнике ab ток направлен от узла а к узлу Ь; в провод-
проводнике ас — от узла а к узлу с и т. д. Составьте соот-
соответствующий прямоугольник.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ГЛАВЫ Ш
I. Каждый прямоугольник, описанный около данного
(рис. 82), превышает его площадь на величину площадей
четырёх прямоугольных треугольников. При изменении поло-
положения описанного прямоугольника каждая вершина прямого
угла описывает соответствующую полуокружность, как гео-
геометрическое место вершин прямоугольных треугольников,
имеющих общую гипотену-
гипотенузу, а величина площади
каждого из четырёх рассма-
рассматриваемых треугольников
изменяется и принимает наи-
наибольшее значение тогда,
когда высота треугольника
достигает величины радиуса
этой полуокружности. В
этом положении прямоуголь-
прямоугольные треугольники становятся
равнобедренными, попарно
равными.
Возможен ли описанный
прямоугольник с такими тре-
треугольниками? Да. Это следу-
следует из того, что суммы углов
при A, B,ChD образуют развёрнутые углы D5° -f- 90° + 45°)
и, следовательно, MAN, NBP, PCQ и QDM—не ломаные
линии, а прямые. Кроме того, MN = NP=PQ—QM, так как
они состоят из равных отрезков; следовательно, MNPQ —
квадрат.
Итак, из всех прямоугольников, описанных около данного
прямоугольника, наибольшую площадь имеет квадрат.
— 135 —

Рис. 83.
2в Для того чтобы при помощи перегибаний квадратного
куска бумаги ABCD разделить прямой угол на 5 равных ча-
частей (рис. 83), построим
- /} сначала угол NBA —36°
способом, указанным на
стр. ПО, и сделаем сгиб
BNQ. Затем, накладывая
В А на BQ, сгибом ВР
делим пополам угол ABQ.
Перегибая квадрат по
диагонали BD, получим
отметки Р' и Q', соответ-
соответствующие точкам Р и Q.
Сгибы ВР' и BQ' завер-
завершают деление прямого
угла на 5 равных частей,
так как по построению
/_АВР= /_PBQ =
=Z. QBQ'=Z. Q'BP'~
~ 5 '
3» Пусть требуется
вписать квадрат в дан-
данный треугольник ABC
(рис. 84). Перегнём бу-
бумагу по ВС и построим
сгибы CD и BE, перпен-
перпендикулярные к ВС. Нало-
Наложим ВС на CD, CB на
BE и отметим точки D и
Е. Сгибом DE завершим
построение вспомогатель-
вспомогательного квадрата BCDE. По-
Построим сгибы, соединяю-
соединяющие точки А. и D, А и
Е. Обозначим буквами
F и G точки пересечения
сгибов АЕ и AD со сто-
стороной ВС. Перегнём FB no FC и GC no GB; получим FL J_ ВС
и GK J_ ВС. Соединим точки L и К сгибом LK.
LKGF—искомый квадрат.
— 136 —
к-
^
Рис. 84.

Для доказательства достаточно показать, что
LF=KG—FG,
Д ALFcn Д ABE (LF\\ BE); следовательно,
AF
АЕ~-
LF
'be-
A)
B)
ДAFGcsi Д AED (FG\\ED); следовательно,
AF_FG
AE~ED'
Из A) и B) следует, что
LF_FG
ВЕ~ED'
Но BE = ED; следовательно, и LF=FG. Аналогично дока-
доказываем, что KG — FG, и значит, LF—FG = KG.
4ш Пусть требуется вписать равносторонний треугольник
в данный квадрат ABCD (рис. 85).
Рис. 85.
Наложим ВС на AD, получим сгиб EF — среднюю линию
квадрата. Перегнём АВ около точки А так, чтобы вершина В
легла на EF. Отметим это положение вершины В буквой G
и линию сгиба — АН. Соединим точки Gw H сгибом до пе-
пересечения со стороной DC в точке /. Наложим АВ на АН;
получившийся сгиб АК даст одну сторону искомого треуголь-
треугольника, а сгибы KI и А1 — остальные две стороны.
— 137 —

Нетрудно доказать, что АК=К1 = А1. Пусть сторона
квадрата равна а. Соединим отрезком точки А и О, тогда
AG=AB—a (в результате перегибания по линии АН).
—-?', следовательно,
/_ AGF= 30°, /_ GAF= 60°,
/_ HAB=Z. ЯЛО = ^ = 30°,
/_FGH=Z.AGH—/_AGF= 90° — 30° = 60°,
Z_EGI=/_ FGH = 60°.
Из треугольника AFG:
FG=AG cos 30°=-^5.
Тогда
Из треугольника IEG:
Тогда
4)	A)
Из треугольника АКБ:
sin
*) Выражение й-tg 15° было преобразовано по формуле триго-
. а 1 — cos а .,	„	„
нометрии tg — = —:	. Читатель, еще не знакомый с форму-
формулами тригонометрии, может вычислить fCB по теореме: биссектриса
внутреннего угла треугольника делит противолежащую сторону на
отрезки, пропорциональные двум другим сторонам. В треугольнике
— /55 —

Из A) и B) следует, что DI = KB. Так как в прямо-
прямоугольных треугольниках ADI и АВК AD — AB, то
Отсюда AI — AK и /_DAI=/_BAK= 15°. Следовательно,
/_КА1= 60°.
Но если угол при вершине равнобедренного треугольника
равен 60°, то треугольник KAI — равносторонний, что и
требовалось доказать.
5. В силу симметричности сети (рис. 80 на стр. 133)
можно сразу положить /2 = /8 = 1; тогда /5 = /„ = 1, /, =z /2 -\-
-\-1ъ = 2 и /4 = /s-{-/e = 2 и, сле-
следовательно, /7 = /8 = 3. Соответ-
Соответствующий прямоугольник изображён
на рис. 86.
?. В соответствии с обозначе-
обозначениями рис. 78 на стр. 132 стороны
искомых квадратов будут:
я?>=15, яс=17, ае = 25,
M/=I3, fc = 2, c/=U,
се = 8, е/=3, е^^ЗО, /g=27.
2
1
1
3
1
1
2
3
Рис. 86.
Все стороны различны; значит, прямоугольник — cotep-
шенный. Составьте искомый прямоугольник самостоятельно.
АВН угол ВАН= 30°, следовательно, АН=2НВ. Если ИВ—х,
2а VS
НВ=х —
АН=2х—-
Далее, 7j7,-=
порция);
НК_АН_ НК+ВК_АН+АВ
вк
АВ
(проилиодиая про-
проНВ _АН-\- АВ.
3 _
ВК
2|^3 + 3
= flQ_
B/3 + 3) B1^3-3)
— /39 —

Рис. 88.
60
45
it
16
19
1?.
7
26
28
33
Рис. 89.
— 140 —

7.	Искомая сеть показана на рис. 87.
8.	Для построения сети наметим примерно линии уровня,
соответствующие данным узлам (на рис. 88 штриховые линии).
Узел а наметим в произвольной точке, и на произвольном
расстоянии вниз от этой точки проведём линию уровня узла Ь.
Линия уровня узла с пройдёт выше точки Ь, так как вели-
величина тока в проводнике ас меньше, чем в проводнике аЪ.
Сравнивая величины токов в остальных проводниках, устана-
устанавливаем последовательное расположение линий уровня узлов
d, e и/. Произвольные точки на линиях уровня отмечаем в
качестве соответствующих узлов и располагаем между ними
изображения проводников. Получается сеть, изображённая
на рнс. 88.
Соответствующий этой сети прямоугольник представлен
на рас. 89.

ПОСЛЕСЛОВИЕ
РАЦИОНАЛЬНЫЙ РАСКРОЙ МАТЕРИАЛОВ
В «Диалектике природы» Ф. Энгельс писал: с..уже с са-
самого начала возникновение и развитие наук обусловлено про-
производством» *).
Как ни примитивна была техника архитектурных соору>
ясений древнего мира, но и она выдвигала разнообразные
математические задачи, в том числе и задачу геометрического
перекраивания фигур.
Рассматривая в этой книжке вопросы, касающиеся квад-
квадрата, мы привели два исторических примера: задачу, пред-
предложенную практиками-строителями арабскому геометру Абул
Вефе (стр. 37) и задачу времён Галилея с превращением
прямоугольной доски в квадратную (стр. 58), а также много
других разнообразных задач на превращение фигур.
Некоторые из указанных нами решений этих задач, не-
несомненно, могут быть улучшены, выполнены более эко-
экономно,— мы будем рады узнать об этом.
Если читатель «Удивительного квадрата» — производ-
производственник,— перекраивая кусок дорогой кожи, ткани или лист
цветного металла, сам начнёт поиски такого раскроя, при ко-
котором не пропадало бы ни сантиметра материала, то мы ска-
скажем— наша книжка достигла цели.
*) Ф. Э н г е л ь с, Диалектика природы. Госполитиздат, М.— Л.
1948, стр. 147.
— 142 —

Если читатель только подновит свои геометрические пред-
представления и ещё более заинтересуется широкими практиче-
практическими возможностями математики, мы тоже скажем—книжка
достигла цели.
Советские математики, продолжая традицию корифеев
русской математики: Н. И. Лобачевского, П. Л. Чебышева,
Н. Е. Жуковского, А. Н. Крылова и других, не отрывают
науку от практики, глубоко разрабатывают её прикладные
стороны.
Искуснейший иссгедователь разнообразных математиче-
математических и технических проблем — петербургский академик Паф-
нутий Львович Чебышев — тоже не прошёл мимо вопросов
раскроя материалов.
Результаты своих очень тонких и своеобразных исследо-
исследований проблемы наиболее точного покрытия кривой поверхно-
поверхности плоскими выкройками из ткани П. Л. Чебышев доложил
конференции учёных, собравшихся в Клермон-Ферране (Фран-
(Франция) в 1878 году. Заканчивая сообщение, названное им
«О кройке одежды», П. Л. Чебышев сказал:
«Чтобы проверить этот результат исчисления, я сде-
сделал чехол для шара, разрезая куски сообразно выше-
вышесказанному. Два куска указанной формы, будучи скроены
и сшиты, сообразно с тем, что мы описали, дали ре-
результат, не оставляющий желать лучшего, как вы сами
можете судить. Это доказывает, насколько вышеизло-
вышеизложенные соображения согласуются с практикой».
С этими словами великий учёный представил собравшимся
мяч, который с наилучшим приближением облегался чехлом.
П. Л. Чебышев указал также и способ наивыгоднейшего
прикладывания кусков материи при её сшивании, предупредив
при этом, что решение задачи существенно изменится, если
взять вместо материи кожу.
Плановое, социалистическое производство базируется на
новой, передовой технике, и вопрос о раскрое материалов
получает дальнейшее развитие.
— 143 —

Б целом ряде производств встречается такой раскрой про-
промышленных материалов (листоеого железа, фанеры, пласт-
пластмассы и т. п.), который нет надобности осуществлять точно
(без обрезков), но всё же н в этом случае заранее рассчи-
рассчитанный план наиболее рационального раскроя может
обеспечить наибольшую экономию материала, что осо*
бенно важно при выработке серийной продукции. Так, напри-
например, для изготовления некоторых деталей автомашины ЯГ-6
нужны прямоугольные заготовки размером 135X161 ммг.
Их приходится вырезать из листов размером 710 X 1420 мм2.
Вариант 1
.;: уу/:/'уууууу/уууууу/Ууу////у/////у////////////У/.
i
135-
¦1420
161
Рис. 90.
Вариант 2
Рис. 91.
Как произвести необходимую разметку каждого листа?
На рис. 90 и 91 приведены два варианта обычной, при-
примитивной разметки, при которой прямоугольники распола-
располагаются гюдряд вдоль либо поперёк листа.
— 144 —

Как видно, оба варианта в этом случае дают одинаковое
количество заготовок — по 40 из листа. Если же разделить
площадь листа 1420 Х?Ю мм2 на площадь одной заготовки
161 X 1^5 мм2, то получится примерно 46 заготовок.
Выходит, чго при разметке, указанной на рис. 90 и 91,
теряется 6 заготовок.
Конечно, технически невозможно добиться такого раскроя,
чтобы получились все 46 заготовок. Но, с другой стороны,
и 40 заготовок из листа — это всё-таки не предел для коли-
количества заготовок, которое можно получить из данного листа.
Вариант более рационального раскроя (рис. 92) даёт 44 за-
заготовки из листа, то-есть 10 процентов экономии металла
по сравнению с обычными вариантами раскроя.
Рациональный раскрой
* I I I [ I I I и	S
* МММ НИ*
1
. ^	,	 шо -—¦	 . >
Рис 92.
Такой план наиболее экономного раскроя — не случайная
находка догадливого человека, а результат применения спе-
специального математического расчёта, так называемого метода
разрешающих множителей (индексов), сравнительно недавно
разработанного лауреатом Сталинской гремим, профессором
математики Л. В. Канторовичем (Ленинград).
Изложим этот способ расчёта раскроя и примеры его
применения.
Для комплектности изделия часто требуется неодинаковое
число заготовок разных размеров, которые должны быть
10 Удивительный квадрат		 У4й

выкроены из одинаковых кусков имеющегося материала или
наоборот, из неодинаковых кусков и т. д.
Во всех этих и многих других аналогичных случаях при-
применение при планировании раскроев математических расчётов,
разработанных проф. Л. В. Канторовичем в сотрудничестве
с В. А. Залгаллером, дают возможность установить способ
наиболее экономного использования материалов.
Для простейших случаев такого раскроя листовых мате-
материалов, при котором учитывается только длина заготовок
(а ширина их совпадает с шириной разрезываемых полос),
Л. В. Канторович и В. А. Залгаллер предложили исключи-
исключительно простой и удобный способ составления наиболее эко-
экономичного плана раскроя. Закончим нашу книжку описанием
этого способа, который, несомненно, заинтересует читателя.
ЛГ
2
JiTl
4
5
лг
лг
г
Ж2
3
лг
/,ППГ
Ж2
5
Л2
в
Л2
?
ш
<'///ЯУ/.
Рис. 93.
Предлагается, например, из полос длиной 4000 мм вы-
выкроить следующие комплекты заготовок:
Длина заготовок в мм
№ 1 698
*н 2 518
Количество заготовок иа
одно изделие
8
8
Допустим, что каждый лист раскраивается на заготовки
только одного размера (рис. 93). Тогда на каждую заготовку
— 146 —¦

№ 1, умещающуюся в полосе 5 раз, расходуется
4000:5 = 800 мм;
на каждую заготовку № 2, умещающуюся в полосе 7 раз,
расходуется
4000:7=^571,5 мм.
На всё изделие расходуется 800X8 + 571,5X8 =
= 10972 мм.
Общая длина одного комплекта заготовок:
698X8 + 518X8 = 9728 мм.
Отходы составляют
10972-9728
10 972
1000/0=11,30/0.
Рассмотрим другие способы раскроя полосы в 4000 мм
(рис. 94 на следующей странице). Вырежем, например, из неё
только четыре заготовки № 1, тогда из остатка полосы можно
выкроить две заготовки № 2. Если же из полосы выре-
вырежем три заготовки № 1, то из остатка выйдет три заготовки
№ 2 и т. д.
Все пригодные способы раскроя полосы, изображенные на
рис. 94, сведём в таблицу, помещенную на стр. 148.
На клетчатой или миллиметровой бумаге (пусть теперь
квадрат на нас поработает!) построим (рис. 95) две взаимно
перпендикулярные оси (оси координат) и отметим те точки,
у которых координата х (абсцисса) равна числу заготовок № 1
F98 мм), а координата у (ордината) равна числу загото-
заготовок № 2 E18 мм) того же раскроя. Обозначим эти точа.ц
той же буквой, что и название раскроя.
Допустим, что мы составили раскройный план, разрезая
например, половину всего магернала по раскрою Аи а осталь-
остальную часть по раскрою А6. В среднем из одной затрачен-
затраченной полосы при таком плане будет получаться -„¦ заготовок
1
№ 1 и — заготовок № 2. Но точка с такими координатами
10*	— 147 —

JT1
2
jn
3
t
Ж1
5
ill
jn
1
jn
2
ЛЧ
3
JTi
1
JT2
г
m
JT1
i
г
jn
3
JIT2
1
JT2
г
Jf2
3
Ш
jri
1
г
Ж2
Ж2
г
Ж2
3
жг
JT2
5
Jfi
1
У2
1
Jf2
2
жг
3
ЛГ2
4
Ж2
5
JT2
6
Pi
ш
Ж2
1
Ж2
г
Ж2
3
Ж2
4
жг
5
Ж2
6
JT2
7
ш
V////////
Рис. 94.
Аг 		698X5	—
А2 		698X4	518X2
А3		698X3	518X3
At		698X2	518X5
Аъ		698ХД	518>С6
Ае		—	518X7
— 148 —

дг = -к-, _у=— получится, если соединить на графике точ-
точки Ах и Ав и отметить середину отрезка АХАЪ (точка Л1).
Если несколько изменить план и по раскрою Ах резать
больше половины всего материала, а остальной материал
разрезать по раскрою Ав, то точка М переместится по отрез-
отрезку AtA6, сдвинувшись в сторону Ах. Если, напротив, увеличить
У
С
V
я)
\
Д,
\
\
. \
\
А
\
2 3
5 В5
Рис 95.
долю материала, раскраиваемого по Ав, то точка М сдви-
сдвинется ближе к А6. Как бы мы ни распределяли материал
по раскроям Ах и А6, полученные точки не сойдут с отрез-
отрезка АгА6.
Таким образом, точки на отрезке АхАе своими коорди-
координатами указывают количество заготовок № 1 и № 2, полу-
получаемых в среднем из одной затрачиваемой полосы, в различ-
различных планах, состоящих из раскроев Ах и Ас.
Наконец, если бы мы попробовали составлять всевозможные
раскройные планы с привлечением различных раскроев Ах, А2,
As, Ait A5 A6 и других, то, как это может быть матема-
математически доказано, точка М, характеризующая состав загото-
заготовок, получаемых в среднем из одной затрачиваемой полосы
материала, занимала бы при разных планах всевозможные
— 149 -

положения в выпуклой области ОАхА2А^йО. Эта область
заштрихована на рис. 96.
По условию на каждое изделие требуется 8 заготовок № 1
и 8 заготовок № 2, то-есть обоих видов заготовок поровну.
Это значит, что из всех пла-
планов удовлетворять условию
комплектности будут лишь
те, для которых точка М
имеет одинаковые координа-
координаты х и у, то-есть лежит
на луче L — биссектрисе уг-
угла хОу *).
Ясно, что чем дальше
точка М отойдёт от точки
О вдоль луча L, то-есть
/ 2
3 4 5
Рис. 96.
7 х чем больше будут коорди-
координаты, точки М, тем больше
заготовок обоих вндое бу-
будет .получаться в среднем из одной затрачиваемой полосы
и тем экономнее будет соответствующий раскройный план.
Поскольку же точка М не может выйти за пределы области
ОА^АЪА^АЬО, то наиболее экономным из всех планов, удо-
удовлетворяющих желаемой комплектности, будет тот план рас-
раскроя, при котором точка М займёт положение М (пересече-
(пересечение луча L с границей многоугольника ОАхАгА^А^О (рис. 96).
Этого можно достигнуть, употребляя раскрои Аг и Л4, соот-
соответствующие той стороне многоугольника, которую пересекает
луч L.
Определим теперь, какую же долю всего материала сле-
следует резать по раскрою Л4 и какую — по раскрою А2.
Обозначим через z долю материала, раскраиваемую спо-
способом Ait остальная часть A —z) пусть кроится способом А2.
*) Если на одно изделие требуются неодинаковые количества
заготовок каждого вида, то прямая OL займёт иное положение,
например OLX (рис. 96). Дальше рассматриваются и такие примеры.
— 150 —

Тогда в среднем из каждой полосы будет получаться
2z-}-4(l—z) заготовок в 698 мм, а заготовок в 518 мм
будет получаться 5^-4-2A—г). Для удовлетворения необ-
необходимой комплектности (в данном случае поровну) должно
быть соблюдено условие: 2г-(-4A—z) = bz-\-2(\—z),
откуда находим:
_ 2
Z —  *
Тот факт, что значение z получилось в пределах от О
до 1, показывает, что из приведённых раскроев действи-
действительно можно составить план, удовлетворяющий нужной ком-
комплектности.
Окончательно разработанный план принимает следующий
вид:
Название
раскроя
А*
А,
Состав раскроя
698X2 + 518X2
69SX4 + 518X2
Доля
материала
2
5"
3
5
Этот план раскроя обеспечивает наименьший процент об-
обрезков. Чему равен этот процент, читатель легко подсчи-
подсчитает сам.
Любопытно, что можно обойтись совсем без предвари-
предварительного подсчёта возможных способов раскроя и найти
точки Аи А2, ..., Ав сразу. Если (возвращаясь к рисунку 95)
отметить на оси Ох точку В, абсцисса которой ОВ равна
отношению длины одного куска материала D000 мм) к длине
заготовки № 1 F98 мм), т. е. ОВ=^^-=5,73, а на оси
Оу отметить точку С, ордината которой равна отношению
длины одного куска материала D000 мм) к длине заготов-
заготовки № 2 E18 мм), т. е. ОС=~ = 7,76 и полученные
— 151 -

точки В \\ С соединить прямой ВС (штриховая прямая
на рис. 95), то все точки, ближайшие к прямой ВС, лежащие
под ней и имеющие координатами целые числа, изобразят
все выполнимые раскрои.
Рассмотрим второй пример.
Пусть те же полосы длиной в 4000 мм требуется раз-
разрезать на заготовки, длины которых попрежнему равны 698 мм
и 518 мм, ио в комплект они должны входить не поровну,
а так, чтобы на одну заготовку № 2 E18 мм) приходилось
три заготовки № 1 F98 мм).
Составить рациональный план раскроя.
Для решения этой задачи пригоден имеющийся у нас
график (рис. 96).
Но в соответствии с новым условием комплектности сле-
следует изменить направление луча L. Так как отношение числа
заготовок № 1 к числу заготовок № 2 в каждом комплекте
теперь равно 3, то новый луч Lt должен проходить через
такие точки, абсциссы которых втрое больше их ординат.
Луч Lx пересекает звено AtA2, значит, наилучший план
раскроя дают способы At а Аг.
Чтобы завершить составление плана, положим опять, что
г — это доля всего материала, разрезаемая по способу Ац
тогда доля материала, разрезаемая по способу Аг, будет
A—г). В среднем из каждой полосы будет получаться
5z + 4(l—г) заготовок № 1 F98 мм) и 2A—г) загото-
заготовок № 2.
Принимая во внимание соотношение количеств заготовок
№ 1 и № 2, составляем следующее уравнение:
Ъг-\-Ц\—г) = 3-2A —z).
2,5
Отсюда z = j и 1 — z=y-
Итак, для получения наименьшего количества потерь из
каждых семи листов два следует кропть по спосооу Ai
F98X5) и пять —по способу А2 F98 X 4 + 518 X2)-
— 152 —

И, наконец, последний пример.
Требуется разрезать на гильотинных ножницах квадрат-
квадратные листы фанеры 1525 X1525 мм2 на следующие прямо-
прямоугольные заготовки:
Площадь заго-
заготовок в мм2
№ 1 420 X 1300
№ 2 320 X 700
Количество
заготовок на
одно изделие
1
3
О
1
2 3
Рис. 97.
4 5
Отличие этой задачи от пре-
предыдущей в том, что здесь необ-
необходимо учитывать и размеры вторых сторон. Вторая сто-
сторона A300) заготовки № 1 меньше стороны листа фанеры
только на 225 мм; значит, в остатке не может уложить-
уложиться даже меньшая заготовка № 2, так что этот случай
полностью аналогичен предыдущим. Но вторая сторона G00)
заготовки № 2 может уложиться на стороне листа фане-
фанеры дважды; значит, каждая полоса в 320 мм даст не одну
заготовку № 2, как во всех предыдущих случаях, а две.
Чтобы учесть это при построении графика, мы каждую
клетку по оси Ох будем попрежнему принимать за одну
заготовку, а каждую клетку по оси Оу — за две заготовки.
Далее можем действовать в соответствии с выработанным
планом:
Разделим 1525 на 420, получим приблизятельно 3,6.
Построим точку В C,6; 0) (рис. 97).
Разделим 1525 на 320, получим приблизительно 4,8.
Удвоим это число и получим точку С @; 9,6).
Проведём прямую ВС. Ближайшие точки к этой прямой,
лежащие ниже её и имеющие целые координаты, будут:
At C; 0); А2 B; 4); А3 A; 6) и А, @; 8). Эго —изображе-
—изображения возможных раскроев.
— 153 —

Проведём луч OL (рис. 97) через точки, для которых
отношение абсциссы к ординате равно ^ (в соответствии
с условием комплектности).
Луч OL в данном случае пересекает сторону A2Ait на
которой лежит ещё точка А3. Значит, наиболее экономный
fit
Ж1
-320+320-
П
жг
ШШ////////////
1525
т
I
.420-
•320--320-«320.
жг
Ж2
жг
¦ 1525
I
жг
жг
J20- -320- -320-
Ж2
жг
жг
жг
/525
Рис. 98.
раскройный план может состоять или из раскроев Аг и Ая
или из раскроев А2 и Л4, или из комбинации всех трёх
раскроев As, As, At. Эти варианты плана не отличаются по
экономичности. Выберите один из вариантов и составьте
самостоятельно окончательный план раскроя.
Возможные раскрои Л„ А2, А3 и Л4 наглядно предста-
представлены на рис. 98.
Если бы мы захотели в этом раскрое листов фанеры на
каждую заготовку № 1 получить не 3, а 2 заготовки № 2,
— 154 —

то луч OL прошёл бы через вершину А2. В этом случае
весь материал следовало бы кроить ло способу А2.
Л. В. Канторович и В. А. Залгаллер разработали способы
расчёта наиболее экономного раскроя промышленных мате-
материалов не только для рассмотренных здесь случаев, но и
для многих других. Ограничиваясь лишь примерами, близ-
близкими к теме нашей книги и вполне доступными широкому
кругу читателей, мы хотели показать, как советские учё-
учёные-математики применяют математические методы к нуждам
социалистического произьодства.

ЛИТЕРАТУРА
В заключение укажем несколько математических работ,
дополняющих нашу книгу; мы вынуждены при этом отметить,
что из известных нам книг почти все пригодны лишь для
читателя, математически хорошо подготовленного.
1) В. Ф. Каган, О преобразовании многогранников.Изд.
второе, Гостехнздат, 1933.
Доказательство теоремы Ф. Больаи, раскрытию содержания ко-
которой на примере квадрата посвящены две трети пашей книги, дан-
данное самим Больаи, очень громоздко и в настоящее время интереса
не представляет. Годом позже германский офицер Гервин дал дока-
загельство теоремы Больаи более простым и изящным методом, но,
занимаясь математикой только- как любитель, он, естественно, не смог
изложить его чётко и доходчиво.
Советский геометр, лауреат Сталинской премии, профессор
В. Ф. Каган обработал мемуар Гервина и с большим педагогическим
мастерством довёл доказательство теоремы Больаи до предельной
ясности и простоты. В этой части его книга «О преобразовании
многогранников» доступна не только учителям н студентам-матема-
студентам-математикам, для которых она написана, но и ученикам старших классов
средней школы.
Значнтельно более трудным является вопрос об аналогичном пре-
преобразовании многогранников. Оказалось, что преобразование
многогранника в другой, равновеликий ему, путём перегруппировки
частей возможно только в редких случаях и при особых условиях.
Доказательство и этого предложения долгое время было доступно
лишь узкому кругу математиков-специалистов.
В. Ф. Каган в своей книге на основе принципов, до него никем
не использованных, дал очень простое доказательство этого пред-
предложения.
— 156 —

2)	Д. И. Перепёлкин, Курс элементарной геометрии,
ч. 1, Гостехиздат, 1948.
Книга предназначена для студентов-математиков и учителей.
Пригодна также и длч сильных учеников старших классов средней
школы. Имеется достаточно подробная теория равиовелнкости и
равносоставленности многоугольников, в частности—доказательство
теоремы Ф. Больаи (в книге теорема не названа именем Больаи).
3)	Н. М. Бе скин, Методика геометрии. Учпедгиз, 1947.
Книга написана для учителей и студентов педагогических инсти-
институтов. Охарактеризована сущность теории площадей; имеются допол-
дополнительные сведения о равносоставленности и доказательство тео-
теоремы Больаи.
4)	Я нош Больаи, Аппендикс. Гостехиздат, 1951.
Книга написана для знающих неевклидову геометрию, но имею-
имеющийся в книге очерк о жизни и деятельности Фаркаша Больаи
изложен популярно.
5)М. Е. Ващенко-Захарченко, История матема-
математики, т. 1, 1883 (имеется в Госуд. библиотеке им. В. И. Ленина,
Москва).
В книге можно найти, в частности, сведения об Абул Вефе и
его работах. Изложение популярное.
6)	Я. И. Перельман, Занимательная геометрия. Под
редакцией и с дополнениями Б. А. Кордемского. Гостехнзда г,
1951.
Популярно изложен вопрос о фигурах с наибольшей площадью
при данном периметре нли с наименьшим периметром при данной
площади.
7)	The Dissection of Rectangles into squares (Duke Mathe-
Mathematical Journal), декабрь 1940.
В большой статье, написанной для специачистов-математиков,
подробно рассматривается одно из возможных решений проблемы
деления прямоугольника и квадрата на неповторяющиеся квадраты.
8)	П. Л. Чебышев, О кройке одежды. Успехи матема-
математических наук, т. 1, вып. 2.
Для хорошо знающих высшую математику.
— 757 —

9)	В. Е. Прудников, П. Л. Чебышев—ученый и педагог.
Учпедгиз, 1950.
Книга знакомит с жизнью и деятельностью П. Л. Чебышева,
гениального русского математика.
10)	Л. В. Канторович и В. А. За лгал л ер, Расчёт
рационального раскроя промышленных материалов. Ленинград-
Ленинградское газетно-журнальное и книжное изд-во, 1951.
Книга для мастеров, инженеров и плановиков, подробно знако-
знакомящая читателей с разработанной авторами теорией и практикой
решения задач о рациональном раскрое материалов.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие	 	"»*	3
Глава I
Превращения квадрата B3 головоломки)
Головоломки 		10
Решения головоломок		28
Глава II
Геометрия превращений квадрата
Задача разрезывания квадрата .,,.., 	 .....	?5
Как Абул Вефа составил квадрат из трёх равных квадратов .	37
.Два способа превращения квадрата в три равных квадрата . .	39
Превращение квадрата в равносторонний треугольник ....	47
Превращение равностороннего треугольника в квадрат ....	52
Как раскроить параллелограм, чтобы из полученных частей
можно было составить квадрат? 		54
15 задач 		5S
Возможность превращений квадрата		62
Превращение квадрата в 2, 3, ..., п равносторонних треуголь-
треугольников 		72
Решения задач главы II		77
Глава III
Некоторые замечательные свойства квадрата
Чем квадрат «лучше» других четырёхугольников?		98
Правило квадрата в шахматах		103
Построения при помощи перегибаний квадратного листа бумаги	106
Квадрат в квадрате . . ^ 		112
Случай с алмазом	 		116
Квадрат около квадрата	 •		118
Совершенное квадрирование		122
Квадраты и электрические токи		125
Решения задач главы III		135
Послесловие. Рациональный раскрой материалов 		142
Литература		156

Редактор И. Н. Бронштейн.
Техн. редактор Р. Д. Иегр-i аозская.
Корректор Д. С. Каган.
Обложка и художественное оформление
В. А. Селенгинского.
Чертежи и рисупки изготовлены
В. А. Сапожниновыж.
Подплсаво к печати 19/IV 1952 г. Бума-
Бумага 84XW8/32. 2,5 бум. л. 8,2 печ. л. 6,8 уч.-изъ
л. 33 174 гип. зн. в печ. л. Цена книги 2 р. 05 к.
Тираж 200 000 экз. Зап. № 3249. Т-02120
Номинал — по прейскуранту 1S52 г.
Первая Образцовая типография
вмени А. А. ЖданоЕа ГлаЕполиграфгздата
при Совете Министров СССР. Москва,
Валовая, 28.