Как трудно быть абитуриентом мех-мат МГУ10.11.2023 07:45

Авторы делятся своими воспоминаниями о поступлении и учебе на механико — математическом факультете МГУ. На всякий случай: Ильичев Виталий — окончил кафедру «Математической логики и теории алгоритмов», доктор технических наук, Южный Научный Центр РАН; Маринин Андрей — окончил кафедру «Дифференциальных уравнений», преподаватель Нижегородского госуниверситета.

Эти реальные события произошли много лет тому назад, кажется, в 1967 году. В этот раз на первом экзамене — по письменной математике — предлагались четыре задачи. С точки зрения психологии не совсем ясно какой стратегии на данном экзамене лучше придерживаться. Так, первая «параллельная» стратегия заключается в беглом просмотре всех задач, чтобы примерно оценить их трудность, а затем уже приступить к аккуратному изложению решений. Хорошо, если быстро удается убедиться, что все задачи «вполне решаемы». Это вдохновляет, и позволяет быстро оформить работу. Разумеется, это рискованная стратегия, поскольку можно потратить много времени на поиске решения одной из трудных задач. И тогда не хватит времени на аккуратное оформление остальных. Вторая стратегия — последовательное решении предлагаемых задач. Если решить какую-то задачу сразу не получается, то переходим к следующей. Это осторожный, но и тревожный путь, который сопровождается чувством неуверенности «в завтрашнем дне».

Какая из этих стратегий «более правильная»? Разумеется, это зависит от индивидуальных качеств абитуриента, связанных с особенностями его нервной системы.

Теперь обсудим задачи первого экзамена. Оказалось, что первые две достаточно стандартные и легко решаемые. В третьей задаче была дана система уравнений с параметром, и требовалось найти его значения, при которых данная система имела единственное решение. Для абитуриентов, имеющих опыт решения олимпиадных задач, она была вполне преодолима и многие с ней справились. А вот в четвертой задаче нужно было найти объем некоего трехмерного тела. С этой справились единицы. Так, что любители рискованных стратегий решения оказалось в сложном положении: мало того, что они не смогли решить задачу 4, но и толком не успели оформить решение задачи 3.

Отметим, что один наш знакомый старшекурсник (Ф. Сурков) заметил, что последняя геометрическая задача легко решается, если знать формулу площади сферического треугольника[1].

Оформим его информацию в форме следующей задачи.

Задача 1. Пусть имеется сфера радиуса R = 1 , на ее поверхности нарисованы (см. рис. 1) три окружности большого круга. Они образуют криволинейный треугольник (см. рис. 1) с углами $\alpha, \beta, \gamma$ . Покажите, что его площадь (S) равняется

$S = \alpha + \beta + \gamma - \pi \;\;\;\;\;\;\; (1)$

«Отчаянные» читатели могут самостоятельно попробовать ее решить. А остальные — проверить на следующем «вкусном» примере. Так, разрежем горизонтально арбуз по экватору, а затем каждую половинку разрежем вертикально на 4 равные части. Теперь вся поверхность арбуза (площади $4\pi$ ) разбивается на 8 равных сферических треугольников. Отсюда находим площадь каждого треугольника, она равна $4\pi /8 = \pi/2$ .

А с другой стороны, здесь всякий треугольник имеет углы $\alpha=\beta=\gamma=\pi/2$ , и тогда согласно (1) получаем $S = \pi / 2$ . Очевидно, этот результат совпадает с предыдущим. Здорово!

Разумеется, предлагать такого сорта задачи на вступительных экзаменах недопустимо. Члены приемной комиссии видимо «осознали» свою вину, и пытались ее компенсировать на другом экзамене — по русскому языку и литературе. Там была предложена следующая загадочная тема сочинения — «Солнце». Здесь допускалась полная вольница (но не менее 3 страниц): Человек — Солнце; Солнце, как астрономический объект, и т.д…

Любопытно, а если бы на страницах сочинения абитуриент изложил решение задачи 4 для сферической поверхности планеты Солнце, то это тоже считалось бы вполне допустимым ?

Рис. 1. Сферический треугольник с углами (взято из Википедии – Интернет).

Рис. 1. Сферический треугольник с углами (взято из Википедии — Интернет).

Устный экзамен принимал совсем молодой профессор (будущий академик) Владимир Игоревич Арнольд[2]. Сам экзаменатор был в прошлом успешный олимпиадник, и рассматривал задачи приемных экзаменов, как некоторую не очень серьезную забаву. По-сути он превратил экзамен в «сеанс одновременной игры». Так, сразу несколько абитуриентов решали его задачи, а он перемещался от одного к другому. При этом порядок предлагаемых задач был строго дозирован: сначала предлагалась достаточно простая задача, а потом сложность новых задач последовательно увеличивалась. Атмосфера на экзамене была вполне доброжелательной.

Но вот один из абитуриентов захотел показать свои «незаурядные» математические способности, и сообщил профессору (по секрету) не только решение своей задачи, но и решения некоторых задач своих соседей. Эта «демонстрация силы» не очень понравилась В. Арнольду, и тогда он предложил «выскочке» следующую ниже задачу.

Задача 2. Внутри круга радиуса задана некоторая точка (A) . Если через нее провести две взаимно перпендикулярные хорды (см. рис. 2b), то образуются четыре фрагмента — AX, AY , AZ, AT . Требуется найти расположение хорд, при котором сумма квадратов $\sum = AX^2 + AY^2 + AZ^2 + AT^2$ будет максимальной.

Сразу ясно, что устно ее не решить и, вероятно, нужно прибегнуть к тяжелой артиллерии — тригонометрии: составить уравнения длин указанных отрезков в зависимости от угла $(\phi)$ расположения хорд к окружности. Затем определить максимум функции $\sum(\phi)$ путем ее дифференцирования. Это прямолинейный, долгий и скучный подход.
С эстетической точки зрения желательно минимизировать использование тригонометрии[3].

Великие античные математики (Евклид, Архимед, Пифагор и др.) не знали синусов! Разумеется, здесь надо чувствовать меру. Так теорему о том, что сумма двух сторон ( и ) в невырожденном треугольнике всегда больше третьей () доказать элементарными методами не так–то просто. Зато привлечение тригонометрии сразу дает решение: пусть $\phi$ — угол между сторонами и , тогда $c^2=a^2+b^2-2 \times a \times b \times \cos(\phi)$ . Отсюда легко получаем . Например, еслисовпадает с центром круга, тогда естественно для любых взаимно перпендикулярных хорд устанавливаем $\sum=4R^2.$

Чуть менее тривиальным является вариант, когда точканаходится на окружности. В этой ситуации два фрагмента хорд исчезают, а оставшиеся, скажеми, вместе с диаметромобразуют прямоугольный треугольник. Отсюда с помощью Пифагора получаем $\sum = AX^2+AY^2=XY^2=4R^2$ .

Удивительное совпадение! После этого уже будучи зрелым «выскочка» обратился к своему приятелю, который ранее преподавал в математическом лицее. И тот быстро во всем разобрался.
Приводим его короткое решение с совсем малой тригонометрической начинкой (рис. 2)
Сначала напомним, что из любой точки окружности фиксированная хорда выглядит под одним и том же углом. Пусть заданы диаметр окружности ( $KL = 2 \times R$ ) и угол
( <KLM=w ), тогда согласно рис. 2a хорда является катетом в прямоугольном треугольнике (KML) и ее длина вычисляется по формуле $H=2 \times R \times \sin(w)$ .

Далее, на рис. 2b в треугольнике ATZ обозначим углы <ATZ=w и <AZT=v.
Очевидно, $w+v=\pi/2.$ Согласно напоминанию имеют место соотношения: $YZ=2 \times R \times sin(w)$ и $TX= 2 \times R \times sin(v).$ Поэтому получаем

$YZ^2+TX^2=4 \times R^2. \;\;\;\;\;\;\; (2)$

Аналогично устанавливаем

$XY^2+ZT^2=4 \times R^2 \;\;\;\;\;\;\; (3)$

Из (2) и (3) следует: сумма квадратов всех сторон окамляющего четырехугольника на рис. 2b равна $8 \times R^2.$ Осталось заметить, что $\sum = 2 \times (AX^2+AY^2+AZ^2+AT^2).$ Поэтому окончательно находим

$\sum = 4 \times R^2.$
Действительно, ответ коварный, поскольку не зависит от расположения хорд!

На втором курсе В. Арнольд читал лекции по курсу «Дифференцальные уравнения» целому потоку (=6 групп). Обычно этот предмет рассматривают как разновидность математического анализа с большим количеством формул. Однако в этот раз изложение данной теории было построено на совсем других принципах. Теперь ключевое значение имели следующие понятия: потоки, каскады, векторные поля, фазовые портреты и др. [ 2]. По-сути, предмет превратился в раздел наглядной геометрии[4].

Рис. 2. Связка хорды и диаметра через угол между ними – a); 4 фрагмента двух взаимно перпендикулярных хорд XZ и YT – b).

Рис. 2. Связка хорды и диаметра через угол между ними — a); 4 фрагмента двух взаимно перпендикулярных хорд XZ и YT — b).

В первом ряду, как правило, располагаются довольно тщеславные студенты, которые хотят показать, что они хорошие ученики — все понимают слету (и поэтому постоянно кивают головами). Это не ускользнуло от внимания ироничного Арнольда, и он решил проучить новоявленных «выскочек». Сделал это он следующим коварным образом. Так, на очередной лекции в первой половине он доказал некую теорему, и перед перерывом спросил аудиторию: «Всем все понятно?» Разумеется, «выскочки» дружно ответили: «Да, конечно», и послушно закивали головами. Тогда В. Арнольд сказал: «А теперь, в перерыве найдите ошибку в моем рассуждении». Повисло тягостное молчание, ну, как в финальной сцене «Ревизора» (Н.В. Гоголь).

Приведем еще один «международный» пример этической аккуратности Арнольда, который он описал в своем учебнике [3]: «Р. Том, которого я обучил этой теории (Андронов. Теории бифуркаций) в 1965 году, стал широко пропагандировать ее под названием бифуркация Э. Хопфа».

Интересной, но и несколько спорной является оценка В. Арнольда недавнего математического прошлого. Так, он пишет [4]:»…двухсотлетие от Ньютона до Римана и Пуанкаре представляется мне математической пустыней , заполненной одними лишь вычислениями.»

ЛИТЕРАТУРА

1. Тихомиров В.М. К восьмидесятилетию Владимира Игоревича Арнольда//Квант, 2017, N 7, C. 2–3.

2. Арнольд В.И. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1984. 271 с.

3. Арнольд В.И. Дополнительные главы теории обыкновенных дифференциальных

уравнений. М.: Наука, 1978. 304 с.

4. Арнольд В.И. Второй закон Кеплера и топология абелевых интегралов// Квант, 1987, N

12, C. 17–24.

[1] Ранее после одной из всероссийских олимпиад академик А.Н. Колмогоров рассказал как можно получить эту формулу.

[2] Еще будучи студентом 3 курса он решил (совместно сА.Н. Колмогоровым) 13 проблему Гильберта о возможности представдения непрерывной функции, как суперпозиции непрерывных функции от двух переменных. Лауреат Ленинской и Государственных премий, а также ряда международных премий [1].

[3] Один известный политик сказал по этому поводу: «Наложить вето на табу».

[4] Эмоциональный студент из Одессы признавался, что на лекциях В. Арнольда ему иногда хочется петь. Ну, типа: «Я вам советую беречь свои портреты. (Фазовые портреты) ».

Авторы статьи: В. Ильичев, А. Маринин