Вятский Государственный ГуманитарныйУниверситет
Кафедра Методики преподаванияматематики
КУРСОВАЯ РАБОТА
Эвристические методы поиска
способа решения задач
Выполнила студентка
математическогофакультета
4курса группы М — 43
ГагариноваОльга
Научныйруководитель:
ассистентШилова З.В.
Киров 2003
СОДЕРЖАНИЕ
Введение.
1.Структура процесса решения задач. Поискспособа решения задач.
2.Эвристический метод решения задач, егопонятие.
3.Система эвристических методов Л.М.Фридмана/
3.1Метод разбиения задачи на подзадачи.
3.2Метод преобразования задачи.
3.3Метод моделирования.
3.4Метод вспомогательных элементов.
4.Система эвристических методов М.Б.Балка/
4.1Аналогия.
4.2.Индукция.
4.3Предельный случай.
4.4Соображения непрерывности.
Заключение.
ВВЕДЕНИЕ
В настоящее время во всех сферахчеловеческой жизнедеятельности –науке, технике, народном хозяйстве идр. – возникают вопросы, проблемынестандартного характера, разрешениекоторых зачастую невозможно осуществитьпосредством стандартных приемов, методов, ставших уже привычными. Условияжизни ставят всех нас перед необходимостьюполного применения своих способностейи психо-физических ресурсов для решениясложных, нестандартных задач, что витоге приводит к психическому ифизическому перенапряжению, истощениюжизненных сил. Такое положение вещейприводит нас к необходимости научитьсярешать подобные задачи с наименьшимобъемом затрат. Известный психолог XXвека В.Н.Пушкин по этому поводу высказывалсвое мнение: “Человек должен совершитьнекоторую совокупность действий, решитьту или иную задачу, однако наличныеусловия не подсказывают ему способарешения этой задачи…. Чтобы найти выходиз подобной ситуации, человеку необходимосоздать новую, не имевшуюся у него ранеестратегию деятельности, т.е. совершитьакт творчества”. В итоге встает вопрособ универсальном методе действий, который включает в себя продуктивныйспособ мышления, характер (направленность)действий, позволяющем разрешитьпоставленную проблему.
В науке давно известен и до сих порсовершенствуется такой метод. Названиеего – эвристический метод. Эвристическаядеятельность является “разновидностьючеловеческого мышления, которая создаетновую систему действий или открываетранее неизвестные закономерности …”[7, стр.6].
С точки зрения американскогоматематика Дердье Пойа цель эвристики– исследовать правила и методы, ведущиек открытиям и изобретениям.
Однако, по мнению того жеВ.Н.Пушкина, эвристика-наука исследуетзакономерности эвристической кактворческой деятельности человека.
В виду этого несложно усмотреть, что эвристика, в частности, эвристическиеприемы, методы оказывают достаточносильное влияние на развитие творческихспособностей, и, что не менее важно, наразвитие творческого мышления.
Поэтому оказывается очень важнымпрививать новому поколению эвристическиезнания, а значит, обучать в школеэвристическому мышлению. Лучше всегоэто можно осуществить на урокахматематики, изучая “общие приемы поискарешения задач, пригодных к любым, в томчисле и “нетиповым”, нестандартнымзадачам”, иначе, обучая владениюэвристическими приемами (методами)решения математических задач.
В связи с этим, целью даннойработы является изучение эвристическихметодов решения математических задач.
В процессе выполнения работынеобходимо было решить следующие задачи:
● во-первых, для осознания сутирешения математической задачи важнобыло изучить структуру решения задачи;
● было рассмотрено понятиеэвристического метода решения задачии трактовка его особенностей с различныхпозиций;
● далее нужно было изучитьсоответствующие эвристические системыметодов решения задач русских математиковЛ.М. Фридмана и М.Б. Балка;
● в работе излагаются обе системыэвристических методов, причем системаметодов Л.М. Фридмана иллюстрируетсяпримерами задач, подобраннымисамостоятельно;
● кроме того, в работе сравниваютсядве данные системы эвристических методовна основе выделения особенностей каждой.
I. СТРУКТУРА ПРОЦЕССА РЕШЕНИЯЗАДАЧ. ПОИСК СПОСОБА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Если под процессом решения задачпонимать процесс, начинающийся с моментаполучения задачи до момента полногозавершения ее решения, то, очевидно, чтоэтот процесс состоит не только изизложения уже найденного решения, а изряда этапов, одним из которых и являетсяизложение решения.
Рассмотрим все этапы, составляющиевесь процесс решения любой задачи.
При получении задачи первое, чтонужно сделать, — это разобраться в том, что представляет собой задача, а именно,- каковы условия задачи, в чем состоитвопрос (требование) задачи, то есть,проводится анализ задачи.
Это первый этап решения задачи.
Часто такой анализ необходимо бываеткак-то зафиксировать, записать, для чегообычно строится модель задачи ввиде схематической записи, таблицы, графика, рисунка. Построение моделизадачи является вторым этапом процессарешения.
Анализ задачи и построение еесхематической записи необходимы главнымобразом для того, чтобы найти способрешения данной задачи. Именно поискспособа решения данной задачиопределяет третий этап процессарешения.
Когда способ решения найден, необходимо этот способ применить кданной задаче, то есть, осуществитьрешение. Изложение (осуществление)
решения есть четвертыйэтап.
После того как решение осуществленои изложено (письменно или устно), необходимо убедиться, что это решениеправильное, что оно удовлетворяет всемтребованиям задачи. Для этого производятпроверку решения, что составляетпятый этап процесса решения.
При решении многих задач, кромепроверки, необходимо еще произвестиисследование задачи, а именноустановить, при каких условиях задачаимеет решение и сколько различныхрешений она имеет в каждом отдельномслучае; при каких условиях задача вообщене имеет решения и т.д. Этот этап являетсяшестым в процессе решения задачи.
Следующим – седьмым этапомявляется четкая формулировка ответазадачи.
Иногда бывает полезно провестипознавательный анализ задачи и еерешения: чем интересна решеннаязадача, нет ли другого способа ее решения, нельзя ли задачу обобщить и т.д. Все этосоставляет восьмой – заключительныйэтап процесса решения.
Так весь процесс решения задачиможно разделить на восемь этапов:
1-й этап – анализ задачи;
2-й этап – построение моделизадачи;
3-й этап – поиск способа решениязадачи;
4-й этап – осуществление решениязадачи;
5-й этап – проверка решениязадачи;
6-й этап – исследование задачи;
7-й этап – формулирование ответазадачи;--PAGE_BREAK--
8-й этап – познавательный анализзадачи и ее решения.
Эвристический метод решениязадачи направлен на 3 этап – на то, какосуществляется поиск способа решениялюбой задачи. Отметим, что такой этапрешения всегда должен присутствоватьв решении любой задачи: для самойэлементарной и тем более для той, котораясложнее. Также заметим, что при решенииболее сложных задач поиск способарешения является самым трудным и основнымэтапом решения.
Проиллюстрируем на примерахосуществление поиска решения стандартнойзадачи (опираться будем на полученнуюсхему).
Задача 1.Решить систему неравенств:
/>
/>/>
/>
Решение. 1) Для решения системынеравенств с одной переменной существуетопределение решения, которое являетсясвернутым алгоритмом.
2) Алгоритм существует, поэтомув построении модели задачи необходимостинет.
3) Способ решения дан в определениирешения системы неравенств с однойпеременной: решением системы неравенствс одной переменной является значениенеизвестной, при которой верно каждоеиз неравенств системы.
4) Данное определение развернемв пошаговую программу алгоритма, применяякоторую к нашей системе, найдем еерешение:
1 шаг – решаем первоенеравенство системы:
/>⇒ />⇒/>;
2 шаг – решаем второенеравенство системы:
/>⇒ />⇒ />;
3 шаг – решаем третьенеравенство системы:
/>⇒ />⇒ />;
4 шаг – находим пересечениечисловых промежутков
(-11;+∞), (-∞;3), (2;+ ∞), (2;3].
5) Проверку решения и исследованиезадачи в данном случае не проводим.
6) Ответ задачи: решением системынеравенств является промежуток измененияx равен (2;3].
Следующий пример также иллюстрируетосуществление поиска решения задачи.
Задача 2. Выписать первыепять членов арифметической прогрессии, если а/>=10,d=4.
1) В задаче указан ее вид: имеемзадачу на нахождение членов арифметическойпрогрессии.
2) Ищем способ решения задачи:
· вспоминаемопределение арифметическойпрогрессии:
числовая последовательность, каждыйчлен которой, начиная со второго, равенпредшествующему члену, сложенному содним и тем же числом (разностьюпрогрессии), называется арифметическойпрогрессией.
· на основеэтого определения составляем программурешения задачи: />нам известно, поэтому находить будем />используя определение: />и т.д.
3) Проводим решение задачи понайденному способу.
II. ЭВРИСТИЧЕСКИЙМЕТОД РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ И ЕГО ПОНЯТИЕ
Фридман Л. М. говорит, что длянестандартной задачи в курсематематики не имеется общих правил иположений, определяющих программурешения такой задачи [2, стр.48]. Однакомногие выдающиеся математики и педагогинашли ряд общих указаний-рекомендаций, которыми следует пользоваться прирешении нестандартных задач. Такиеуказания общепринято называютэвристическими правилами, илиэвристиками. В той же книге Фридманзамечает, что эвристики в отличие отматематических правил носят характерне обязательных рекомендаций, советов, следование которым может привести, аможет и не привести, к решению задачи.
О.Б. Епишева несколько иначетрактует понятие эвристики: это “системауказаний, пользуясь которыми можнобезошибочно выполнить то или иноедействие и составляющие, таким образом,ориентировочную основу действий порешению задач”.
В Большой советской энциклопедиипод эвристическими методами решениязадач понимают специальные методырешения задач, которые обычнопротивопоставляются формальным методамрешения, опирающимся на точныематематические модели.
Кроме того, “использованиеэвристических методов сокращает времярешения задачи по сравнению с методомполного ненаправленного переборавозможных альтернатив” [3]. Авторыэнциклопедии не утверждают, чтоэвристический метод решения универсален, а только относят его к “множествудопустимых решений”.
В результате решения огромнейшего числаразнообразнейших задач у большинстваучащихся (и даже учителей) складываетсяневерное представление, что существуетнеобозримое число различных методов испособов решения математических задач, и разобраться в этом многообразии оченьсложно. Между тем уже с древнейших временмногие математики занимались поискомобщих эвристик – общих эвристическихсхем, которые помогают в поиске способарешения конкретных задач. Разработкойтаких эвристических схем занималсяПапп (один из комментаторов Эвклида), великие математики Рене Декарт, ГотфридЛейбниц. Бернард Больцано составилинтересное и подробное изложениеэвристик. В XX веке этим занималсяамериканский математик Д. Пойа. Крометого, русские математики Л.М. Фридман иМ.Б. Балк разработали эвристическиесистемы для поиска решения математическойзадачи и успешно их использовали в своейпрактической работе с учащимися.
III. СИСТЕМАЭВРИСТИЧЕСКИХ МЕТОДОВ Л.М. ФРИДМАНА
3.1 Метод разбиения задачи наподзадачи
Этот метод состоит в том, что сложнуюнестандартную задачу разбивают нанесколько более простых подзадач, повозможности стандартных или ранеерешенных, при последовательном решениикоторых будет решена и исходная сложнаязадача.
Метод разбиения задачи наподзадачи имеет три разновидности.
Разбиение условий задачи на части.
Разбиение требования задачи на части.
Разбиение области задачи на части.
1)Разбиение условий задачи начасти.
Задача 3. Площадь треугольникаАВС равна 30 см/>.На стороне АС взята точка Dтакая, что AD: DC= 2: 3. Длина перпендикуляра DEна BCравна 9 см.Найти BC.
Решение. Построим модельданной задачи.
Дано: 1) ∆ABC; S∆ABC= 30 см/>.
D />АСиAD: DC =2: 3.
2) DE ^BC, E 0BC, DE = 9 см.
Найти: ВС.
Внимательно проанализировав условиязадачи, нетрудно заметить, что даннуюнам задачу можно с точностью разделитьна две другие, более простые задачи.Переформулировать задачу в две другиевозможно так:
Найти площадь треугольника BDC, если сторону AC∆ABCточка Dделит в отношении AD: DC= 2: 3 и S∆ABC= 30 см².
Найти сторону BCтреугольника BDC, зная его площадь и длину высотыDE.
Решаем первую задачу. продолжение
--PAGE_BREAK--
Проведем отрезок BDв ∆ABC. Треугольники
ABD и BDC имеютобщую высоту BF, следовательно, В
площади данных треугольников относятсякак
длины соответствующих оснований, то есть: Е
S∆ABD: S∆BDС = 2:3 ⇒ S∆BDС= (⅗)S∆ABC.
А значит, S∆BDС= (⅗)∙30= 18 см/>.А С
/>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
Решаем вторую задачу.FD
Для вычисления площади треугольникаимеем формулу – половина произведенияоснования на высоту, поэтому S∆BDС= (½)BC∙DE, то есть, 18 = (½)BC∙9, откуда BC = 4см.
2)Разбиение требования задачина части.
Задача 4. При какихзначениях а корни уравнения
х/>+ х + а = 0 больше а ?
Решение. Требование этойзадачи очень сложное. Чтобы сделатьсуть данной задачи наглядной, разобьемэто требование на более простые условия.
Во-первых, чтобы корни данного квадратногоуравнения были больше а, они должнывообще существовать на множестведействительных чисел, а для этогодискриминант D долженбыть неотрицательным.
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
Поскольку коэффициент старшегочлена квадратногоуравненияравен единице, то ветви данной параболыбудут направлены вверх. Тогда при любомзначении а значениефункции, заданной данным квадратнымуравнением, в точке а всегда будетположительно. Это второе условие.
/>Последнееусловие, которое можно извлечь изиxиллюстрации к данной задаче, — абсцисса вершины параболы, всегда строго больше значения а.
Таким образом наша задача разделиласьна систему более простых задач:
/> ⇒ /> ⇒ />;
/>/> ⇒ />/>⇒ a 0 (-∞;-2) ∪ (0;+ ∞);
/> ⇒ />.
Объединяя решения данных задач, получаемответ: а
3)Разбиение области задачи начасти.
Задача 5. Решить уравнениех/> — х/>+х/>— х+ 1=0.
Решение. Изучая данноеуравнение, возможно заметить, чтонечетные степени переменной х входятв уравнение с отрицательным знаком.Такое положение может натолкнуть намысль разбить область решения данногоуравнения на области, включая областиотрицательных и положительныхдействительных чисел:
• при х
• область неотрицательных чиселбудем рассматривать как два промежуткав отдельности: а) />0/>х х = 1; в)/>х> 1.
а) преобразуем данное уравнениеследующим образом:
х/>+ х />- х/>+ 1 – х = 0, далеех/>+ х/>(1- х/>)+ 1 – х = 0. Тогда при х 1 леваячасть всегда положительна, и поэтомуне равна правой части.
б) при х = 1 левая часть уравненияравна 1 .
в) рассматривая уравнение намножестве х >1, также его преобразуем:
х/>(х/>— 1) + х (х/>— 1) +1 = 0. Очевидно, левая часть всегдабольше 1.
Поскольку во всех трех случаяхлевая часть не равна 0, то уравнениерешений на множестве неотрицательныхчисел также не имеет.
3.2 Метод преобразования задачи
Если разбить задачу на несколько подзадачневозможно, то следует попытаться еекак-то преобразовать, но, не меняя языкна котором была задана данная задача.Это значит, что если задача былаалгебраической, то преобразованнаязадача тоже должна быть алгебраической, если она была геометрической топреобразованная задача тоже должнабыть геометрической и т.д., посколькуесли изменится язык, на котором изложеназадача, то это уже будет не преобразование, а моделирование, которое будет рассмотренониже.
Задача 6. Решить уравнениех/>=5. (*) продолжение
--PAGE_BREAK--
Данное уравнение не степенное, так какпоказатель х степени – переменная; ине показательное, так как основаниестепени – переменная. То есть, имеемдело с уравнением неизвестного вида.Сводим данное уравнение к знакомомувиду – показательному, используяподстановку:
/>⇒ (*): х = 5 (**).
Если найдем y из(**), то найдем и х.
/>/>,
х = 5.
Исключим из этой системы х, тогда
/>/>,
/>.
Возведем в пятую степень, тогдаполучим, что />.Такое равенство возможно при единственномзначении y, а именно y=5, тогда />.
Задача 7. Через даннуюточку А провести прямую таким образом, чтобы ее отрезок с концами на данныхпрямой и окружности делился точкой Апополам.
Решение. Обозначим искомыйотрезок CD, и пусть точкаС лежит на окружности, тогда точка Dпринадлежит прямойm.Поскольку точка А — середина CD, получим, что при центральной симметрииотносительно точки
/>/>
/>/>
Z(m)Аточка D перейдет в точкуC, и наоборот. aC´Поэтому данная прямая mи окружность необходимо пересекутся вдвух точках или C будуткасаться в одной в зависимости от •АDm расположения исходныхпрямой и окружности. В результате задачасводится к D´mпостроению образов окружности и прямойпри Z(a)центральной симметрии относительноточки А, которые в пересечении с даннымипрямой m и окружностьюa дадут искомые точкиC, D, а такжеC´и D´.Остается провести требуемую прямую илипрямые.
3.3 Метод моделирования
Этот метод состоит в замене исходнойзадачи другой задачей, моделью исходной.Примером использования такого методаявляется широко применяемый методрешения текстовых (сюжетных) задач путемсоставления уравнения или системыуравнений. Приведем пример использованияэтого метода.
Задача 8. В квартиредесять лампочек. Сколько существуетразличных способов освещения квартиры? Два способ освещения считаются различными, если они отличаются состоянием хотя быодной лампочки. Каждая лампочка можетгореть и не гореть. Случай, когда вселампочки не горят, — это тоже способосвещения.
Решение. Чтобы легчеподсчитать все различные способыосвещения квартиры, изобразим каждуюлампочку в виде квадрата, а ее состояниебудем отмечать знаком “+”, если лампочкагорит, и знаком “ – ” в противоположномслучае.
Тогда каждому способу освещенияквартиры будет соответствовать строкаиз десяти квадратов со знаком “+” или“ – ”.
+
+
–
–
+
–
+
+
–
–
Число же таких строк в таблицеи есть искомое число различных способовосвещения квартиры
Исходя из выше сказанного, получаем следующую задачу.
Имеемпрямоугольную таблицу, содержащую 10столбцов. В каждой клетке стоит “+” или“ – ”. Любые две строки таблицы отличаютсязнаками в клеточках, стоящих хотя бы водном и том же столбце. Какое наибольшеечисло строк имеет эта таблица?
Еслирешение этой задачи не очевидно, томожно рассматривать каждую строкутаблицы, о которой идет речь в предыдущейзадаче, как десятичное число, составленноеиз цифр 1 и 0 ( 1 ~ “+”, 0 ~ “ – ”). Тогдавопрос задачи будет звучать следующимобразом: сколько различныхдесятизначных чисел можно образоватьиз цифр 0 и 1? (При этом числа, в записикоторых слева стоят одни нули, например,0100001101 или 0000000001 или даже, 0000000000, такжерассматриваются).
Решение.На каждом месте взаписи десятизначного числа могутстоять лишь цифры 1 и 0. Поэтому имеетсялишь две комбинации цифр на каждомместе. Эти комбинации независимы другот друга, так как проставление цифры наданном месте в записи числа не зависитот того, какие цифры стоят на другихместах. Поэтому общее число комбинацийили возможных десятичных различныхчисел равно 2/>= 1024.
Итак, ответ: общее число способовосвещения квартиры равно 1024.
Задача 9. Доказать, чтомедианы треугольника пересекаются водной точке, которая делит каждую изних в отношении 2:1, считая от вершинтреугольника.
Данная задача легко решается, еслипостроить физическую или векторную еемодели.
Физическая модель. Для построенияфизической модели нужно вспомнитьположения курса физики: 1) центр тяжестидвух материальных точек с одинаковоймассой лежит в середине отрезка, соединяющего эти точки, с массой, равнойсумме масс этих точек;
2) центр тяжести двух материальныхточек с различной массой лежит в точке, делящей отрезок в отношении масс (большеймассе соответствует меньший отрезоки, наоборот);
3) Центр тяжести системы точек находитсяпутем нахождения центра тяжести парточек из этой системы, и при этом он независит от того, в каком порядкесоединяются эти точки попарно.
Решение. Докажем сначала, что медианы треугольника пересекаютсяв одной точке. Для этого определим центртяжести системы вершин треугольника.В вершины треугольника – как материальныеточки поместим массы по 1 в каждую. Тогда, по 1) положению центр масс каждой парывершин находится в середине отрезка сконцами в этих вершинах.
Так как 2)середины сторонтреугольника – основания медиан, тополучаем, что каждая медиана этоготреугольника имеет на своих концахмассы 1 и 2, считая от вершин треугольника.
3) Пользуясь третьим положением, получим, что точка равновесия каждой медианыимеет массу равную трем. Это говорит отом, что точки равновесия медиансовпадают, то есть медианы пересекаютсяв одной точке. Используя второе положение, получаем, что данной точкой равновесиякаждая медиана делится на два отрезка, которые будут находиться в отношении2 к 1, считая от вершин треугольника. продолжение
--PAGE_BREAK--
Векторная модель. Для доказательстваданного утверждения необходимо вспомнитьформулу деления отрезка в данномотношении для векторов.
Итак, пусть точка Mделит отрезок AB так, чтоAM=λMB(*), тогда для любой точки О выполнимоследующее векторное соотношение:… />, где λ≠ – 1.
Чтобы доказать эту формулу, возьмем векторы />и />.Подставляя эти соотношения в формулу(*), получаем
/>, иначе />.Группируя векторы/>, получаем выражение />.Отсюда
/>, где λ≠ – 1.
Решение. Выберем произвольнуюточку О в качестве общего начала векторов.
На медиане А А/>возьмем точку G, делящуюее C в отношении 2: 1, считаяот точки А. Тогда на основании формулыделения отрезка в данном отношениибудем иметь: />и GА₁
/>.АВ
Тогда />для произвольной точки О.
В это выражение векторы />входятравноправно, поэтому векторы к точкам, делящих медианы в отношении 2: 1, будутиметь то же выражение. Это означает, чтоделящие точки совпадают.
3.4 Метод введения вспомогательныхэлементов
Часто встречаются задачи, вкоторых связь между данными (известными)и искомыми (неизвестными) установитьнепосредственно из текста задачиневозможно. Чтобы прояснить связь междуданными и искомыми, следует ввестинесколько вспомогательных элементов, главным образом путем замены неопределенныхнеизвестных– какими-тоопределенными элементами (величинами).То число вспомогательных элементов, которое надо ввести в данную задачу, называется степенью неопределенностизадачи.
Задача 10(Задача Ньютона).Трава на лугу растет одинаково быстрои густо. Известно, что 79 коров поели бывсю траву за 24 дня, а 30 коров за 60 дней.На сколько дней хватит травы для 20 коров.
В вопросе задачи говорится очисле дней, за которые 20 коров поели бывсю траву на лугу. Однако связи междучислом коров и числом дней явно нельзяпроследить.
Такое же положение встречаетсяв задачах на совместную работу, надвижение по реке и т.д. В основном такиезадачи содержат неопределенныенеизвестные и тем самым эти задачиявляются плохо определенными.
Чтобы сделать нашу задачу строгоопределенной, введем следующиевспомогательные элементы:
первоначальное количество травы на лугу – a единиц;
каждый день на лугу вырастает – bединиц травы;
каждая корова за один день съедает – c единиц травы.
Тогда в первом случае, когда 70коров поели всю траву на лугу за 24 дня, всего травы было первоначально aединиц, и за 24 дня выросло еще 24∙bединицы; всего a+24∙b единицы, и всюэту траву поели 70 коров, поедая каждаяв один день c единиц, за 24 дня. Из этих зависимостей получаемтакое уравнение:
a+ 24∙b= 70 ∙24 ∙c(1)
Аналогично для второго случаяполучаем такое уравнение:
a+ 60∙b= 30∙60∙c(2)
Если искомое число дней обозначимчерез x, то получаем ещеодно уравнение:
a+ x∙ b= 20∙x∙c(3)
В итоге мы получили систему изтрех уравнений с четырьмя неизвестными.Однако этот факт значения не имеет, таккак все вспомогательные элементы впроцессе решения полученной системыбудут исключены.
Вычитая из уравнения (2) уравнение(1), получим 36 ∙ b=120 ∙ c, откуда находим, что c= 0,3 b(4). Подставляя это выражение вместоcв уравнение (1)или (2), найдем, что a= 480 b (5). Подставляявыражения c и aчерез b из (4) и (5) вуравнение (3) и, сокращая обе частиполученного уравнения на b, получаем уравнение относительно х:
480 + х = 6 х. Отсюда находим, что х = 96.
Задача 11.Построитьтреугольник, если задан угол при однойиз его вершин, высота, проведенная изэтой же вершины и периметр.
Решение. Обозначим черезa данный угол, черезh – данную высоту, проведенную из вершины А, угол прикоторой равен a, ичерез р — данный периметр.
Выполним чертеж, на которомотметим a и h.Но заметим, что данные задачи использованыне все – на чертеже нет никакого отрезкадлины р, равной периметру треугольника.Поэтому будем вводить р.
В треугольнике неизвестны тристороны а, b, с(через а обозначим сторону, противолежащую углу А). Используемобозначения длин сторон, тогда сможемзаписать, что а +b+с = р.
На продолжении стороны аотложим отрезок CE длинойb в одну сторону, а вдругую сторону – отрезок BDдлиной с. Таким образом, на чертежеоказывается построенным отрезок EDдлиной а +b +с = р.
Наряду с отрезком EDвведем вспомогательные отрезки ADи AE, каждыйиз которых является основаниемравнобедренного треугольника.
Исследуя полученную фигуру, нетрудно обнаружить простое соотношение, связывающее угол EAD и Aи данный угол a.
bhс
Е bС а В с D
Действительно, используяравнобедренные треугольники ABDи ACE, мы найдем, что величинаугла DAE равна (a/2)+90°.
После этого вывода естественнобудет построить треугольник DAE.
Таким образом, решение исходнойзадачи было сведено к решению некоторой– значительно более легкой –вспомогательной задачи.
IV. СИСТЕМАЭВРИСТИЧЕСКИХ МЕТОДОВ Г.Д. БАЛКА продолжение
--PAGE_BREAK--
Система эвристических приемов Г.Д. Балкаимеет в своей основе некоторые методы, рассмотренные выше, такие как введениевспомогательных неизвестных, преобразованиезадачи в равносильную ей, разбиениезадачи на подзадачи (см.[2], стр. 58 – 59).Однако, помимо того, важными дляэвристических рассуждений автор считаетметоды индукции, аналогии, методрассмотрения предельных случаев,“соображения непрерывности”, методмалых изменений.
Именно эти методы М.Б Балк и Г.Д. Балкпрактиковали в своей работе в школе ещев 1969 году, считая их базовыми в процессепоиска решения нестандартной задачи.Эти же методы, не включенные в системуэвристических приемов Л.М. Фридмана, подробно будут рассмотрены на примерахрешения нестандартных задач в данномпункте.
4.1 Аналогия
В математике зачастую имеют место такиеслучаи, когда аналогичные, сходныеусловия приводят к сходным результатам.Чтобы таким положением было возможновоспользоваться, необходимо научиться(хотя бы на небольшом числе упражнений)формулировать математическиепредложения по аналогии. Но такженельзя забывать, что сравнение неявляется доказательством и предложения, сформулированные по аналогии, могутоказаться ошибочными.
И хотя предложения, сформулированныепо аналогии, могут оказаться ошибочными, все же часто оказывается, что такиепредложения истинны.
Но не только для формулировки новыхправдоподобных математических фактовполезно привлекать аналогию, посколькуеще более ценно научиться сознательнопривлекать аналогию при поиске способарешения трудной задачи.
В основном метод аналогии применим прирешении геометрических задач (в томчисле задач стереометрии по аналогиис планиметрическими).
Рассмотрим пример геометрическойзадачи, когда найти способ решенияпозволяет метод аналогии.
Задача 12.Зная сторонытреугольника ABC, вычислить радиус r/>вневписанной окружности, касающейсястороны BCипродолжений сторон ABи AC.
Данная задача не является стандартной, поэтому сразу трудно определить алгоритмее решения. Но возможно, что из рассмотрениявспомогательной задачи, сформулированнойдля исходной по аналогии, нетрудно будетнайти способ решения исходной. Аналогичнаяей может выглядеть следующим образом:
Зная стороны a,b, cтреугольника ABC, вычислить радиус rвписанной окружности.
/>
Решение. 1. Соединим центр Овписанной окружности с вершинамитреугольника ABC.
2.S = S/>+ S/>+ S/>(1)
3. Обозначим площадь треугольникаABC через S, тогда по формуле Герона
S = />.
4. S/>= />cr,S/>= />br,S/>= />ar.
5. Из (1) следует, что S = />(c+ b+a)r= pr, откуда r=/>, или A
r= />.BC
Решение задачи К+1. 1.Соединим центр О/>/>вневписаннойокружности с вершинами />ABC.
2. S/>= S/>+ S/>– S/>(1).
3. Обозначим площадь треугольника ABCчерез S, тогда по формулеГерона
S = />.
4. S/>= />/>,S/>= />,S/>= />.
5. Из (1) первого следует, что S= />(c+ b— a)r/>=( p-a)r/>, откуда
r/>=/>или r/>=/>.Задача решена.
На данном примере нагляднопоказан прием аналогии решения задач, которым можно пользоваться, соблюдаяследующие этапы:
a) подбор задачи, аналогичной исходной, т.е. такой, что унее и исходной задачи сходные условияи сходные заключения. Вспомогательнаязадача конечно должна быть проще исходнойили ее решение должно быть известно;
б) после решения вспомогательнойзадачи проводятся аналогичные рассуждениядля решения исходной задачи.
4.2 Индукция
Индукция один из самых важных эвристическихметодов, поскольку рассмотрение частныхслучаев задачи вполне вероятно можетпривести решающего к методу решениязадачи в общем случае. Подробнее – еслизадача трудная, то полезно попытатьсявыделить какой-либо простой ее частныйслучай, с которым нетрудно справиться.После этого следует перейти к другим, более сложным случаям, и так до тех пор, пока будет решена задача.
Следующая задача хорошо иллюстрируетрассматриваемый метод.
Задача 13. В двух ящиках имеютсяшары: в одном m, вдругом n(m>n).Двое играющих поочередно вынимают шарыиз ящиков. Каждый раз игроку разрешаетсявзять любое число шаров, но только изодного ящика. Выигравшим считается тот, кто вынет последний шар. Как должениграть первый, чтобы выиграть?
Решение. Возможно рассмотретьтакие частные случаи нарастающейсложности:
n = 0, m = 1;
n = 0, m = 2;
n = 0, m –любое; продолжение
--PAGE_BREAK--
n = 1, m –любое;
n = 2, m –любое ;
n – любое, m– любое (m>n).
Первые три случая тривиальны, посколькупервый игрок может вынуть сразу всешары. В следующих трех случаях первыйигрок очевидно должен каждым своимходом уравнивать количество шаров всоответствии с другим ящиком.
4.3 Предельный случай
Часто поиск решения предложеннойзадачи значительно упрощается, еслипредварительно решить такую вспомогательнуюзадачу, которая имеет сходное условиес данной задачей, но в которой условиеили некоторые данные получаются изусловия или из данных исходной задачипутем предельного перехода.Например, некоторые из фигур, о которыхговорится в исходной задаче, заменяютсяих предельными положениями. Иначе:
если в исходной задаче идет речьо секущей к окружности, то вместо неево вспомогательной задаче следуетрассмотреть касательную (предельноеположение секущей, когда расстояние ееот центра стремится к радиусу);
если в условии задачи говоритсяо четырехугольнике, то во вспомогательнойзадаче можно рассматривать треугольник(предельное положение четырехугольника, когда длина одной из его сторон стремитсяк нулю).
Важно учитывать то, что для однойи той же задачи можно подобрать различныепредельные случаи.
Кроме того, рассмотрениепредельного случая полезно также привыяснении правдоподобия того или иногоготового результата (ответа к задаче, данной формулы), а также для построенияопровержения.
Для иллюстрации метода подходитследующая задача.
Задача 14. В четырехугольникеABCDдве стороны ADи BCне параллельны.Что больше: полусумма этих сторон илиотрезок MN, соединяющий середины двух других сторончетырехугольника?
Поиск решения. Важнопредставить, что будет получено впредельном случае, когда В одна из сторончетырехугольника стянется в одну точку.В данном случае стягивать в точку МNможно либо BC (или AD), либо AB (или CD).
Рассмотрим первый случай, тогдапусть BC стянется в точкуB.В предельном положенииА D точка Nсовпадет с серединой К отрезка BD, и MN станет средней линиейMK
/>
Bтреугольника ABD, в предельном случае получаем такуюзадачу: что больше, половина стороныADтреугольникаABDили отрезок M, соединяющий MK (N)серединыдвух других сторон?
Ответ прост: MK = />AD.
Поставим цель – свести кполученному предельному
ADслучаю решениезадачи в общем случае.
Решение. Пусть К – серединадиагонали BD четырехугольникаABCD. Из />ABDимеем MK = />ADи MK || AD.Также из />BCDимеем KN = />BCи KN || BC.
СТак как по условию ADи BC не параллельны, тоВточки M, K,N не могут находиться наодной прямой. Из />MKNвидно, что MN
MN= (1/2)(AD+BC).
4.4 “Соображения непрерывности”
В математике часто заключенияоб истинности или правдоподобии какого-тофакта выводятся с помощью соображенийнепрерывности. Несмотря на то, что дляучащихся школы строгое определениенепрерывности сложно, наглядноепредставление о величинах, меняющихсянепрерывно с течением времени имееткаждый (например, путь, величина угла ит.д.).
Отправляясь от таких наглядныхпредставлений, можно дать математическоеопределение того, что значит, какая-товеличина U меняласьс течением времени непрерывно: этозначит, что при любом выборе момента t/>в течение достаточно малого промежуткавремени (t/>-h,t/>+h)значения этой величины отличались отее значения в момент t/>меньше, чем наперед заданное допустимоеотклонение d. Следуетиметь ввиду, что допустимое отклонениеdзадается здесьзаранее и может быть выбрано как угодномалым. Утверждается, что при любом такомвыборе d можно взависимости от этого dдля каждого момента t/>подобрать настолько малый промежутоквремени (t/>-h,t/>+h), чтобы значения величины Uв любой момент из этого промежуткаотличались от его значения в момент t/>меньше, чем на d. Вконкретных случаях обычно бываетдостаточно ясно, можно ли считать, чтота или иная величина меняется непрерывно.
При решении задач особеннополезно бывает следующее интуитивноочевидное свойство непрерывно меняющейсявеличины: если какая-либо величина(например, длина, сумма углов, площадьи т.п.) менялись непрерывно в течениекакого-либо отрезка времени и в начальныймомент она была меньше постояннойвеличины а, а в конечный момент больше, чем а, то в какой-то промежуточный моментона была равна а.
Применение данного свойства хорошоиллюстрирует следующий пример.
Задача15. Легко догадаться, что уравнение 2/>=4химеет корень х=4. Имеет ли оно еще хотябы один корень?
Решение. Рассмотрим“поведение ” этой функции на отрезке[ 0; 1].
При х= 0 2/> — 4х > 0, а при х= 1 2/> — 4х х, что 2/> — 4х = 0.
Заключение
В работе на основе изучения структурырешения математической задачи былвыделен этап поиска решения задачи, который в случае решения нестандартнойзадачи выполняется, если используетсяприменение эвристических приемоврешения задачи.
Такое условие привело к необходимостиизучения понятия эвристического методаи систем эвристических приемов решенияматематических задач Л.М. Фридмана иМ.Б. Балка. Изучение и сравнение данныхсистем потребовало их изложения сприведением примеров математическихзадач с решениями в роли иллюстраций кособенностям каждой системы.
Литература
1.Балк Г.Д. О применении эвристическихприемов в школьном курсе математики //Математика в школе. – 1969. – №5. – С.21–28.
2.Балк М.Б., Балк Г.Д. О привитии школьникамэвристического мышления // Математикав школе. – 1985. – №2. – С.55 – 60.
3.Большая Советская Энциклопедия, 1978. Том29.
4.Пойа Д. Как решать задачу. – Львов: журнал“Квантор”,1991.
5.Фридман Л.М. Теоретические основыметодики обучения математике в школе: Пособие для учителей, методистов ипедагогических высших учебных заведений.– М.: Флинта, 1998.
6.Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научитьсярешать задачи: Книга для учащихся старшихклассов средней школы. – М.: Просвещение,1989.
7.Пушкин В.Н. Эвристика – наука о творческоммышлении. – М.: Политиздат, 1967.