Вятский Государственный Гуманитарный Университет
Кафедра Методики преподавания математики
КУРСОВАЯ РАБОТА
Эвристические методы поиска
способа решения задач
Выполнила студентка
математического факультета
4 курса группы М - 43
Гагаринова Ольга
Научный руководитель:
ассистент Шилова З.В.
Киров 2003
СОДЕРЖАНИЕ
Введение.
1. Структура процесса решения задач. Поиск способа решения задач.
2. Эвристический метод решения задач, его понятие.
3. Система эвристических методов Л.М. Фридмана/
3.1 Метод разбиения задачи на подзадачи.
3.2 Метод преобразования задачи.
3.3 Метод моделирования.
3.4 Метод вспомогательных элементов.
4. Система эвристических методов М.Б. Балка/
4.1 Аналогия.
4.2. Индукция.
4.3 Предельный случай.
4.4 Соображения непрерывности.
Заключение.
ВВЕДЕНИЕ
В настоящее время во всех сферах человеческой жизнедеятельности – науке, технике, народном хозяйстве и др. – возникают вопросы, проблемы нестандартного характера, разрешение которых зачастую невозможно осуществить посредством стандартных приемов, методов, ставших уже привычными. Условия жизни ставят всех нас перед необходимостью полного применения своих способностей и психо-физических ресурсов для решения сложных, нестандартных задач, что в итоге приводит к психическому и физическому перенапряжению, истощению жизненных сил. Такое положение вещей приводит нас к необходимости научиться решать подобные задачи с наименьшим объемом затрат. Известный психолог XX века В.Н.Пушкин по этому поводу высказывал свое мнение: “Человек должен совершить некоторую совокупность действий, решить ту или иную задачу, однако наличные условия не подсказывают ему способа решения этой задачи… . Чтобы найти выход из подобной ситуации, человеку необходимо создать новую, не имевшуюся у него ранее стратегию деятельности, т.е. совершить акт творчества”. В итоге встает вопрос об универсальном методе действий, который включает в себя продуктивный способ мышления, характер (направленность) действий, позволяющем разрешить поставленную проблему.
В науке давно известен и до сих пор совершенствуется такой метод. Название его – эвристический метод. Эвристическая деятельность является “разновидностью человеческого мышления, которая создает новую систему действий или открывает ранее неизвестные закономерности …”[7, стр.6].
С точки зрения американского математика Дердье Пойа цель эвристики – исследовать правила и методы, ведущие к открытиям и изобретениям.
Однако, по мнению того же В.Н.Пушкина, эвристика-наука исследует закономерности эвристической как творческой деятельности человека.
В виду этого несложно усмотреть, что эвристика, в частности, эвристические приемы, методы оказывают достаточно сильное влияние на развитие творческих способностей, и, что не менее важно, на развитие творческого мышления.
Поэтому оказывается очень важным прививать новому поколению эвристические знания, а значит, обучать в школе эвристическому мышлению. Лучше всего это можно осуществить на уроках математики, изучая “общие приемы поиска решения задач, пригодных к любым, в том числе и “нетиповым”, нестандартным задачам”, иначе, обучая владению эвристическими приемами (методами) решения математических задач.
В связи с этим, целью данной работы является изучение эвристических методов решения математических задач.
В процессе выполнения работы необходимо было решить следующие задачи:
● во-первых, для осознания сути решения математической задачи важно было изучить структуру решения задачи;
● было рассмотрено понятие эвристического метода решения задачи и трактовка его особенностей с различных позиций;
● далее нужно было изучить соответствующие эвристические системы методов решения задач русских математиков Л.М. Фридмана и М.Б. Балка;
● в работе излагаются обе системы эвристических методов, причем система методов Л.М. Фридмана иллюстрируется примерами задач, подобранными самостоятельно;
● кроме того, в работе сравниваются две данные системы эвристических методов на основе выделения особенностей каждой.
I. СТРУКТУРА ПРОЦЕССА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ. ПОИСК СПОСОБА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Если под процессом решения задач понимать процесс, начинающийся с момента получения задачи до момента полного завершения ее решения, то, очевидно, что этот процесс состоит не только из изложения уже найденного решения, а из ряда этапов, одним из которых и является изложение решения.
Рассмотрим все этапы, составляющие весь процесс решения любой задачи.
При получении задачи первое, что нужно сделать, - это разобраться в том, что представляет собой задача, а именно, - каковы условия задачи, в чем состоит вопрос (требование) задачи, то есть, проводится анализ задачи.
Это первый этап решения задачи.
Часто такой анализ необходимо бывает как-то зафиксировать, записать, для чего обычно строится модель задачи
в виде схематической записи, таблицы, графика, рисунка. Построение модели задачи является вторым этапом процесса решения.
Анализ задачи и построение ее схематической записи необходимы главным образом для того, чтобы найти способ решения данной задачи. Именно поиск способа решения
данной задачи
определяет третий этап процесса решения.
Когда способ решения найден, необходимо этот способ применить к данной задаче, то есть, осуществить решение. Изложение (осуществление)
решения
есть четвертый этап.
После того как решение осуществлено и изложено (письменно или устно), необходимо убедиться, что это решение правильное, что оно удовлетворяет всем требованиям задачи. Для этого производят проверку решения,
что составляет пятый этап процесса решения.
При решении многих задач, кроме проверки, необходимо еще произвести исследование задачи,
а именно установить, при каких условиях задача имеет решение и сколько различных решений она имеет в каждом отдельном случае; при каких условиях задача вообще не имеет решения и т.д. Этот этап является шестым в процессе решения задачи.
Следующим – седьмым этапом является четкая формулировка ответа задачи.
Иногда бывает полезно провести познавательный анализ задачи и ее решения
: чем интересна решенная задача, нет ли другого способа ее решения, нельзя ли задачу обобщить и т.д. Все это составляет восьмой – заключительный этап процесса решения.
Так весь процесс решения задачи можно разделить на восемь этапов:
1-й этап – анализ задачи;
2-й этап – построение модели задачи;
3-й этап – поиск способа решения задачи;
4-й этап – осуществление решения задачи;
5-й этап – проверка решения задачи;
6-й этап – исследование задачи;
7-й этап – формулирование ответа задачи;
8-й этап – познавательный анализ задачи и ее решения.
Эвристический метод решения задачи направлен на 3 этап – на то, как осуществляется поиск способа решения любой задачи. Отметим, что такой этап решения всегда должен присутствовать в решении любой
задачи: для самой элементарной и тем более для той, которая сложнее. Также заметим, что при решении более сложных задач поиск способа решения является самым трудным и основным этапом решения.
Проиллюстрируем на примерах осуществление поиска решения стандартной задачи (опираться будем на полученную схему).
Задача
1
.
Решить систему неравенств:
Решение. 1) Для решения системы неравенств с одной переменной существует определение решения, которое является свернутым алгоритмом.
2) Алгоритм существует, поэтому в построении модели задачи необходимости нет.
3) Способ решения дан в определении решения системы неравенств с одной переменной: решением системы неравенств с одной переменной является значение неизвестной, при которой верно каждое из неравенств системы.
4) Данное определение развернем в пошаговую программу алгоритма, применяя которую к нашей системе, найдем ее решение:
1 шаг
– решаем первое неравенство системы:
⇒⇒;
2 шаг –
решаем второе неравенство системы:
⇒⇒;
3 шаг
– решаем третье неравенство системы:
⇒⇒;
4 шаг
– находим пересечение числовых промежутков
(-11;+∞), (-∞;3), (2;+ ∞), (2;3].
5) Проверку решения и исследование задачи в данном случае не проводим.
6) Ответ задачи: решением системы неравенств является промежуток изменения x
равен (2;3].
Следующий пример также иллюстрирует осуществление поиска решения задачи.
Задача 2.
Выписать первые пять членов арифметической прогрессии, если а=10,
d
=4.
1) В задаче указан ее вид: имеем задачу на нахождение членов арифметической прогрессии.
2) Ищем способ решения задачи:
· вспоминаем определение
арифметической прогрессии:
числовая последовательность, каждый член которой, начиная со второго, равен предшествующему члену, сложенному с одним и тем же числом (разностью прогрессии), называется арифметической прогрессией.
· на основе этого определения составляем программу решения задачи: нам известно, поэтому находить будем используя определение: и т.д.
3) Проводим решение задачи по найденному способу.
II
. ЭВРИСТИЧЕСКИЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ И ЕГО ПОНЯТИЕ
Фридман Л. М. говорит, что для нестандартной задачи
в курсе математики не имеется общих правил и положений, определяющих программу решения такой задачи [2, стр.48]. Однако многие выдающиеся математики и педагоги нашли ряд общих указаний-рекомендаций, которыми следует пользоваться при решении нестандартных задач. Такие указания общепринято называют эвристическими правилами
, или эвристиками
. В той же книге Фридман замечает, что эвристики в отличие от математических правил носят характер не обязательных рекомендаций, советов, следование которым может привести, а может и не привести
, к решению задачи.
О.Б. Епишева несколько иначе трактует понятие эвристики: это “система указаний, пользуясь которыми можно безошибочно
выполнить то или иное действие и составляющие, таким образом, ориентировочную основу действий
по решению задач”.
В Большой советской энциклопедии под эвристическими методами решения задач
понимают специальные методы решения задач, которые обычно противопоставляются формальным методам решения, опирающимся на точные математические модели.
Кроме того, “использование эвристических методов сокращает время решения
задачи по сравнению с методом полного ненаправленного перебора возможных альтернатив” [3]. Авторы энциклопедии не утверждают, что эвристический метод решения универсален, а только относят его к “множеству допустимых решений”.
В результате решения огромнейшего числа разнообразнейших задач у большинства учащихся (и даже учителей) складывается неверное представление, что существует необозримое число различных методов и способов решения математических задач, и разобраться в этом многообразии очень сложно. Между тем уже с древнейших времен многие математики занимались поиском общих эвристик – общих эвристических схем, которые помогают в поиске способа решения конкретных задач. Разработкой таких эвристических схем занимался Папп (один из комментаторов Эвклида), великие математики Рене Декарт, Готфрид Лейбниц. Бернард Больцано составил интересное и подробное изложение эвристик. В XX веке этим занимался американский математик Д. Пойа. Кроме того, русские математики Л.М. Фридман и М.Б. Балк разработали эвристические системы для поиска решения математической задачи и успешно их использовали в своей практической работе с учащимися.
III
. СИСТЕМА ЭВРИСТИЧЕСКИХ МЕТОДОВ Л.М. ФРИДМАНА
3.1 Метод разбиения задачи на подзадачи
Этот метод состоит в том, что сложную нестандартную задачу разбивают на несколько более простых подзадач, по возможности стандартных или ранее решенных, при последовательном решении которых будет решена и исходная сложная задача.
Метод разбиения задачи на подзадачи имеет три разновидности.
1) Разбиение условий задачи на части.
2) Разбиение требования задачи на части.
3) Разбиение области задачи на части.
1)Разбиение условий задачи на части.
Задача 3.
Площадь треугольника АВС равна 30 см. На стороне АС взята точка
D такая, что
AD :
DC = 2 : 3. Длина перпендикуляра
DE на
BC равна 9 см. Найти
BC.
Решение.
Построим модель данной задачи.
Дано: 1) ∆ABC; S∆ABC = 30 см
.
D АСи AD : DC = 2 : 3.
2) DE ^ BC, E 0BC, DE = 9 см.
Найти: ВС.
Внимательно проанализировав условия задачи, нетрудно заметить, что данную нам задачу можно с точностью разделить на две другие, более простые задачи. Переформулировать задачу в две другие возможно так:
1) Найти площадь треугольника
BDC
, если сторону
AC
∆
ABC
точка
D
делит в отношении
AD
:
DC
= 2 : 3 и
S
∆
ABC
= 30 см².
2) Найти сторону
BC
треугольника
BDC
, зная его площадь и длину высоты
DE
.
Решаем первую задачу.
Проведем отрезок BD в ∆ABC. Треугольники
ABD и BDC имеют общую высоту BF, следовательно,В
площади данных треугольников относятся как
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
Решаем вторую задачу.FD
Для вычисления площади треугольника имеем формулу – половина произведения основания на высоту, поэтому S∆BDС = (½)
BC∙DE, то есть, 18 = (½)
BC∙9, откуда BC = 4см.
2)Разбиение требования задачи на части.
Задача 4.
При каких значениях а
корни уравнения
х
+ х
+ а
= 0 больше а
?
Решение.
Требование этой задачи очень сложное. Чтобы сделать суть данной задачи наглядной, разобьем это требование на более простые условия.
Во-первых, чтобы корни данного квадратного уравнения были больше а
, они должны вообще существовать на множестве действительных чисел, а для этого дискриминант D должен быть неотрицательным.
Поскольку коэффициент старшего члена квадратногоуравнения равен единице, то ветви данной параболы будут направлены вверх. Тогда при любом значении а
значениефункции, заданной данным квадратным уравнением, в точке а
всегда будет положительно. Это второе условие.
Последнее условие, которое можно извлечь изиxиллюстрации к данной задаче, - абсцисса вершины параболы,всегда строго больше значения а
.
Таким образом наша задача разделилась на систему более простых задач:
1) ⇒⇒;
2) ⇒⇒a
0 (-∞;-2) ∪ (0;+ ∞);
3)
⇒.
Объединяя решения данных задач, получаем ответ: а
< - 2.
3)Разбиение области задачи на части.
Задача 5.
Решить уравнение х
- х
+ х- х+ 1=0.
Решение.
Изучая данное уравнение, возможно заметить, что нечетные степени переменной х
входят в уравнение с отрицательным знаком. Такое положение может натолкнуть на мысль разбить область решения данного уравнения на области, включая области отрицательных и положительных действительных чисел:
• при х
< 0 левая часть уравнения всегда принимает положительные значения, поэтому она не может быть равна нулю. Это значит, что в области отрицательных чисел уравнение решений не имеет.
• область неотрицательных чисел будем рассматривать как два промежутка в отдельности: а) 0х
< 1; б) х
= 1; в)х
> 1.
а) преобразуем данное уравнение следующим образом:
х
+ х
-
х
+ 1
– х = 0,
далее х + х(1 - х) + 1 – х = 0.
Тогда при х <
1 левая часть всегда положительна, и поэтому не равна правой части.
б) при х
= 1 левая часть уравнения равна 1 .
в) рассматривая уравнение на множестве х >
1, также его преобразуем:
х(х - 1) + х (х - 1) +1 = 0
. Очевидно, левая часть всегда больше 1.
Поскольку во всех трех случаях левая часть не равна 0, то уравнение решений на множестве неотрицательных чисел также не имеет.
3.2 Метод преобразования задачи
Если разбить задачу на несколько подзадач невозможно, то следует попытаться ее как-то преобразовать, но, не меняя язык на котором была задана данная задача. Это значит, что если задача была алгебраической, то преобразованная задача тоже должна быть алгебраической, если она была геометрической то преобразованная задача тоже должна быть геометрической и т.д., поскольку если изменится язык, на котором изложена задача, то это уже будет не преобразование, а моделирование, которое будет рассмотрено ниже.
Задача 6.
Решить уравнение х =5.
(*)
Данное уравнение не степенное, так как показатель х степени – переменная; и не показательное, так как основание степени – переменная. То есть, имеем дело с уравнением неизвестного вида. Сводим данное уравнение к знакомому виду – показательному, используя подстановку:
⇒ (*): х =
5 (**).
Если найдем y из (**), то найдем и х
.
,
х =
5.
Исключим из этой системы х
, тогда
,
.
Возведем в пятую степень, тогда получим, что . Такое равенство возможно при единственном значении y, а именно y
=
5, тогда .
Задача 7.
Через данную точку А провести прямую таким образом, чтобы ее отрезок с концами на данных прямой и окружности делился точкой А пополам.
Решение.
Обозначим искомый отрезок CD, и пусть точка С лежит на окружности, тогда точка D принадлежит прямойm
. Поскольку точка А - середина CD, получим, что при центральной симметрии относительно точки
Z(m
)А точка D перейдет в точку C, и наоборот. aC´ Поэтому данная прямая m
и окружность необходимо пересекутся в двух точках или Cбудут касаться в одной в зависимости от •АDm
расположения исходных прямой и окружности. В результате задача сводится к D´m
построению образов окружности и прямой при Z(a) центральной симметрии относительно точки А, которые в пересечении с данными прямой m
и окружностью a дадут искомые точки C, D, а также C´ и D´. Остается провести требуемую прямую или прямые.
3.3 Метод моделирования
Этот метод состоит в замене исходной задачи другой задачей, моделью исходной. Примером использования такого метода является широко применяемый метод решения текстовых (сюжетных) задач путем составления уравнения или системы уравнений. Приведем пример использования этого метода.
Задача 8.
В квартире десять лампочек. Сколько существует различных способов освещения квартиры? Два способ освещения считаются различными, если они отличаются состоянием хотя бы одной лампочки. Каждая лампочка может гореть и не гореть. Случай, когда все лампочки не горят, - это тоже способ освещения.
Решение.
Чтобы легче подсчитать все различные способы освещения квартиры, изобразим каждую лампочку в виде квадрата, а ее состояние будем отмечать знаком “+”, если лампочка горит, и знаком “ – ” в противоположном случае.
Тогда каждому способу освещения квартиры будет соответс
| + | + | – | – | + | – | + | + | – | – |
Число же таких строк в таблице и есть искомое число различных способов освещения квартиры
Исходя из выше сказанного, получаем следующую задачу.
Имеем прямоугольную таблицу, содержащую 10 столбцов. В каждой клетке стоит “+” или “ – ”. Любые две строки таблицы отличаются знаками в клеточках, стоящих хотя бы в одном и том же столбце. Какое наибольшее число строк имеет эта таблица?
Если решение этой задачи не очевидно, то можно рассматривать каждую строку таблицы, о которой идет речь в предыдущей задаче, как десятичное число, составленное из цифр 1 и 0 ( 1 ~ “+”, 0 ~ “ – ”). Тогда вопрос задачи будет звучать следующим образом: сколько различных десятизначных чисел можно образовать из цифр 0 и 1? (При этом числа, в записи которых слева стоят одни нули, например, 0100001101 или 0000000001 или даже, 0000000000, также рассматриваются).
Решение.
На каждом месте в записи десятизначного числа могут стоять лишь цифры 1 и 0. Поэтому имеется лишь две комбинации цифр на каждом месте. Эти комбинации независимы друг от друга, так как проставление цифры на данном месте в записи числа не зависит от того, какие цифры стоят на других местах. Поэтому общее число комбинаций или возможных десятичных различных чисел равно 2 = 1024.
Итак, ответ: общее число способов освещения квартиры равно 1024.
Задача 9.
Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершин треугольника.
Данная задача легко решается, если построить физическую или векторную ее модели.
Физическая модель. Для построения физической модели нужно вспомнить положения курса физики: 1) центр тяжести двух материальных точек с одинаковой массой лежит в середине отрезка, соединяющего эти точки, с массой, равной сумме масс этих точек;
2) центр тяжести двух материальных точек с различной массой лежит в точке, делящей отрезок в отношении масс (большей массе соответствует меньший отрезок и, наоборот);
3) Центр тяжести системы точек находится путем нахождения центра тяжести пар точек из этой системы, и при этом он не зависит от того , в каком порядке соединяются эти точки попарно.
Решение.
Докажем сначала, что медианы треугольника пересекаются в одной точке. Для этого определим центр тяжести системы вершин треугольника. В вершины треугольника – как материальные точки поместим массы по 1 в каждую. Тогда, по 1) положению центр масс каждой пары вершин находится в середине отрезка с концами в этих вершинах.
Так как 2)середины сторон треугольника – основания медиан, то получаем, что каждая медиана этого треугольника имеет на своих концах массы 1 и 2, считая от вершин треугольника.
3) Пользуясь третьим положением, получим, что точка равновесия каждой медианы имеет массу равную трем. Это говорит о том, что точки равновесия медиан совпадают, то есть медианы пересекаются в одной точке. Используя второе положение, получаем, что данной точкой равновесия каждая медиана делится на два отрезка, которые будут находиться в отношении 2 к 1, считая от вершин треугольника.
Векторная модель. Для доказательства данного утверждения необходимо вспомнить формулу деления отрезка в данном отношении для векторов.
Итак, пусть точка M делит отрезок AB так, что AM=λMB (*), тогда для любой точки О выполнимо следующее 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 произвольную точку О в качестве общего начала векторов.
На медиане А А возьмем точку G, делящую ее Cв отношении 2 : 1, считая от точки А. Тогда на основании формулы деления отрезка в данном отношении будем иметь: и GА₁
.А В
Тогда для произвольной точки О.
В это выражение векторы входят равноправно, поэтому векторы к точкам, делящих медианы в отношении 2 : 1, будут иметь то же выражение. Это означает, что делящие точки совпадают.
3.4 Метод введения вспомогательных элементов
Часто встречаются задачи, в которых связь между данными (известными) и искомыми (неизвестными) установить непосредственно из текста задачи невозможно. Чтобы прояснить связь между данными и искомыми, следует ввести несколько вспомогательных элементов, главным образом путем замены неопределенных неизвестных
– какими-то определенными элементами (величинами). То число вспомогательных элементов, которое надо ввести в данную задачу, называется степенью неопределенности задачи.
Задача 10
(Задача Ньютона). Трава на лугу растет одинаково быстро и густо. Известно, что 79 коров поели бы всю траву за 24 дня, а 30 коров за 60 дней. На сколько дней хватит травы для 20 коров.
В вопросе задачи говорится о числе дней, за которые 20 коров поели бы всю траву на лугу. Однако связи между числом коров и числом дней явно нельзя проследить.
Такое же положение встречается в задачах на совместную работу, на движение по реке и т.д. В основном такие задачи содержат неопределенные неизвестные
и тем самым эти задачи являются плохо определенными
.
Чтобы сделать нашу задачу строго определенной, введем следующие вспомогательные элементы:
1) первоначальное количество травы на лугу – a
единиц;
2) каждый день на лугу вырастает – b
единиц травы;
3) каждая корова за один день съедает – c
единиц травы.
Тогда в первом случае, когда 70 коров поели всю траву на лугу за 24 дня, всего травы было первоначально a
единиц, и за 24 дня выросло еще 24∙b
единицы; всего a
+
24∙b
единицы, и всю эту траву поели 70 коров, поедая каждая в один день c
единиц, за 24 дня. Из этих зависимостей получаем такое уравнение:
a
+
24∙b
=
70 ∙24 ∙c
(1)
Аналогично для второго случая получаем такое уравнение:
a
+
60∙ b
=
30∙60∙c
(2)
Если искомое число дней обозначим через x, то получаем еще одно уравнение:
a
+
x
∙ b
=
20∙x
∙c
(3)
В итоге мы получили систему из трех уравнений с четырьмя неизвестными. Однако этот факт значения не имеет, так как все вспомогательные элементы в процессе решения полученной системы будут исключены.
Вычитая из уравнения (2) уравнение (1), получим 36 ∙ b
=
120 ∙ c
, откуда находим, что c
= 0,3
b
(4). Подставляя это выражение вместо c
в уравнение (1) или (2), найдем, что a
= 480
b
(5). Подставляя выражения c
и a
через b
из (4) и (5) в уравнение (3) и, сокращая обе части полученного уравнения на b
, получаем уравнение относительно х
:
480 + х
= 6 х.
Отсюда находим, что х
= 96.
Задача 11.
Построить треугольник, если задан угол при одной из его вершин, высота, проведенная из этой же вершины и периметр.
Решение.
Обозначим через a данный угол, через h
– данную высоту, проведенную из вершины А, угол при которой равен a, и через р -
данный периметр.
Выполним чертеж, на котором отметим a и h
. Но заметим, что данные задачи использованы не все – на чертеже нет никакого отрезка длины р
, равной периметру треугольника. Поэтому будем вводить р
.
В треугольнике неизвестны три стороны а
, b
, с
(через а
обозначим сторону, противолежащую углу А). Используем обозначения длин сторон, тогда сможем записать, что а
+b
+ с = р.
На продолжении стороны а
отложим отрезок CEдлиной b
в одну сторону, а в другую сторону – отрезок BD длиной с
. Таким образом, на чертеже оказывается построенным отрезок ED длиной а
+b
+ с = р.
Наряду с отрезком ED введем вспомогательные отрезки AD и AE,каждый из которых является основанием равнобедренного треугольника.
Исследуя полученную фигуру, нетрудно обнаружить простое соотношение, связывающее угол EAD и Aи данный угол a.
b
h
с
Е b
С а
В с
D
Действительно, используя равнобедренные треугольники ABD и ACE, мы найдем, что величина угла DAE равна (a/2)+90°.
После этого вывода естественно будет построить треугольник DAE.
Таким образом, решение исходной задачи было сведено к решению некоторой – значительно более легкой – вспомогательной задачи.
IV. СИСТЕМА ЭВРИСТИЧЕСКИХ МЕТОДОВ Г.Д. БАЛКА
Система эвристических приемов Г.Д. Балка имеет в своей основе некоторые методы, рассмотренные выше, такие как введение вспомогательных неизвестных, преобразование задачи в равносильную ей, разбиение задачи на подзадачи (см.[2], стр. 58 – 59). Однако, помимо того, важными для эвристических рассуждений автор считает методы индукции, аналогии, метод рассмотрения предельных случаев, “соображения непрерывности”, метод малых изменений.
Именно эти методы М.Б Балк и Г.Д. Балк практиковали в своей работе в школе еще в 1969 году, считая их базовыми в процессе поиска решения нестандартной задачи. Эти же методы, не включенные в систему эвристических приемов Л.М. Фридмана, подробно будут рассмотрены на примерах решения нестандартных задач в данном пункте.
4.1 Аналогия
В математике зачастую имеют место такие случаи, когда аналогичные, сходные условия приводят к сходным результатам. Чтобы таким положением было возможно воспользоваться, необходимо научиться (хотя бы на небольшом числе упражнений) формулировать математические предложения по аналогии
. Но также нельзя забывать, что сравнение не является доказательством и предложения, сформулированные по аналогии, могут оказаться ошибочными.
И хотя предложения, сформулированные по аналогии, могут оказаться ошибочными, все же часто оказывается, что такие предложения истинны.
Но не только для формулировки новых правдоподобных математических фактов полезно привлекать аналогию, поскольку еще более ценно научиться сознательно привлекать аналогию при поиске способа решения трудной задачи.
В основном метод аналогии применим при решении геометрических задач (в том числе задач стереометрии по аналогии с планиметрическими).
Рассмотрим пример геометрической задачи, когда найти способ решения позволяет метод аналогии.
Задача 12
. Зная стороны треугольника
ABC, вычислить радиус
r вневписанной окружности, касающейся стороны
BC и продолжений сторон
AB и
AC.
Данная задача не является стандартной, поэтому сразу трудно определить алгоритм ее решения. Но возможно, что из рассмотрения вспомогательной задачи, сформулированной для исходной по аналогии, нетрудно будет найти способ решения исходной. Аналогичная ей может выглядеть следующим образом:
Зная стороны
a,
b,
c треугольника
ABC, вычислить радиус
r вписанной окружности.
Решение.
1. Соединим центр О вписанной окружности с вершинами треугольника ABC.
2. S = S + S + S (1)
3. Обозначим площадь треугольника ABC 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 Овневписанной окружности с вершинами ABC.
2. S = S + S – S(1).
3. Обозначим площадь треугольника ABC через S, тогда по формуле Герона
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 наглядно показан прием аналогии решения задач, которым можно пользоваться, соблюдая следующие этапы:
a) подбор задачи, аналогичной исходной, т.е. такой, что у нее и исходной задачи сходные условия и сходные заключения. Вспомогательная задача конечно должна быть проще исходной или ее решение должно быть известно;
б) после решения вспомогательной задачи проводятся аналогичные рассуждения для решения исходной задачи.
4.2 Индукция
Индукция один из самых важных эвристических методов, поскольку рассмотрение частных случаев задачи вполне вероятно может привести решающего к методу решения задачи в общем случае. Подробнее – если задача трудная, то полезно попытаться выделить какой-либо простой ее частный случай, 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 иллюстрирует рассматриваемый метод.
Задача 13
. В двух ящиках имеются шары: в одном
m, в другом
n (
m>
n). Двое играющих поочередно вынимают шары из ящиков. Каждый раз игроку разрешается взять любое число шаров, но только из одного ящика. Выигравшим считается тот, кто вынет последний шар. Как должен играть первый, чтобы выиграть?
Решение.
Возможно рассмотреть такие частные случаи нарастающей сложности:
n = 0, m = 1;
n = 0, m = 2;
n = 0, m – любое;
n = 1, m – любое;
n = 2, m – любое ;
n – любое, m – любое (m>n).
Первые три случая тривиальны, поскольку первый игрок может вынуть сразу все шары. В следующих трех случаях первый игрок очевидно должен каждым своим ходом уравнивать количество шаров в соответствии с другим ящиком.
4.3 Предельный случай
Часто поиск решения предложенной задачи значительно упрощается, если предварительно решить такую вспомогательную задачу, которая имеет сходное условие с данной задачей, но в которой условие или некоторые данные получаются из условия или из данных исходной задачи путем предельного перехода
. Например, некоторые из фигур, о которых говорится в исходной задаче, заменяются их предельными положениями. Иначе:
если в исходной задаче идет речь о секущей к окружности, то вместо нее во вспомогательной задаче следует рассмотреть касательную (предельное положение секущей, когда расстояние ее от центра стремится к радиусу);
если в условии задачи говорится о четырехугольнике, то во вспомогательной задаче можно рассматривать треугольник (предельное положение четырехугольника, когда длина одной из его сторон стремится к нулю).
Важно учитывать то, что для одной и той же задачи можно подобрать различные предельные случаи.
Кроме того, рассмотрение предельного случая полезно также при выяснении правдоподобия того или иного готового результата (ответа к задаче, данной формулы), а также для построения опровержения.
Для иллюстрации метода подходит следующая задача.
Задача 14.
В четырехугольнике
ABCD
две стороны
AD
и
BC
не параллельны. Что больше: полусумма этих сторон или отрезок
MN
, соединяющий середины двух других сторон четырехугольника?
Поиск решения.
Важно представить, что будет получено в предельном случае, когда В одна из сторон четырехугольника стянется в одну точку. В данном случае стягивать в точку МNможно либо BC (или AD), либо AB (или CD).
Рассмотрим первый случай, тогда пусть BC стянется в точку B.В предельном положении А Dточка N совпадет с серединой К отрезка BD, и MN станет средней линией MK
Bтреугольника ABD, в предельном случае получаем такую задачу: что больше, половина стороны
AD
треугольника
ABD
или отрезок
M
, соединяющий
MK (N)середины двух других сторон?
Ответ прост: MK = AD.
Поставим цель – свести к полученному предельному
ADслучаю решение задачи в общем случае.
Решение.
Пусть К – середина диагонали BD четырехугольника ABCD. Из ABD имеем MK = AD и MK || AD. Также из BCD имеем KN = BC и KN || BC.
СТак как по условию AD и BC не параллельны, то Вточки M, K, N не могут находиться на одной прямой. Из MKN видно, что MN < MK+KN =
MN= (1/2)(AD+BC).
4.4 “Соображения непрерывности”
В математике часто заключения об истинности или правдоподобии какого-то факта выводятся с помощью соображений непрерывности. Несмотря на то, что для учащихся школы строгое определение непрерывности сложно, наглядное представление о величинах, меняющихся непрерывно с течением времени имеет каждый (например, путь, величина угла и т.д.).
Отправляясь от таких наглядных представлений, можно дать математическое определение того, что значит, какая-то величина U
менялась с течением времени непрерывно: это значит, что при любом выборе момента t
в течение достаточно малого промежутка времени (t
-
h
,t
+
h
) значения этой величины отличались от ее значения в момент t
меньше, чем наперед заданное допустимое отклонение d
. Следует иметь ввиду, что допустимое отклонение d
задается здесь заранее и может быть выбрано как угодно малым. Утверждается, что при любом таком выборе d
можно в зависимости от этого d
для каждого момента t
подобрать настолько малый промежуток времени (t
-
h
,t
+
h
), чтобы значения величины U
в любой момент из этого промежутка отличались от его значения в момент t
меньше, чем на d
. В конкретных случаях обычно бывает достаточно ясно, можно ли считать, что та или иная величина меняется непрерывно.
При решении задач особенно полезно бывает следующее интуитивно очевидное свойство непрерывно меняющейся величины: если какая-либо величина (например, длина, сумма углов, площадь и т.п.) менялись непрерывно в течение какого-либо отрезка времени и в начальный момент она была меньше постоянной величины а, а в конечный момент больше, чем а, то в какой-то промежуточный момент она была равна а.
Применение данного свойства хорошо иллюстрирует следующий пример.
Задача15.
Легко догадаться, что уравнение 2=4х имеет корень х=4. Имеет ли оно еще хотя бы один корень?
Решение.
Рассмотрим “поведение ” этой функции на отрезке [ 0; 1].
При х=
0 2- 4х
> 0, а при х=
1 2- 4х
< 0, поэтому найдется такое промежуточное значение х,
что 2- 4х
= 0.
Заключение
В работе на основе изучения структуры решения математической задачи был выделен этап поиска решения задачи, который в случае решения нестандартной задачи выполняется, если используется применение эвристических приемов решения задачи.
Такое условие привело к необходимости изучения понятия эвристического метода и систем эвристических приемов решения математических задач Л.М. Фридмана и М.Б. Балка. Изучение и сравнение данных систем потребовало их изложения с приведением примеров математических задач с решениями в роли иллюстраций к особенностям каждой системы.
Литература
1. Балк Г.Д. О применении эвристических приемов в школьном курсе математики // Математика в школе. – 1969. – №5. – С.21–28.
2. Балк М.Б., Балк Г.Д. О привитии школьникам эвристического мышления // Математика в школе. – 1985. – №2. – С.55 – 60.
3. Большая Советская Энциклопедия, 1978. Том 29.
4. Пойа Д. Как решать задачу. – Львов: журнал “Квантор”,1991.
5. Фридман Л.М. Теоретические основы методики обучения математике в школе: Пособие для учителей, методистов и педагогических высших учебных заведений. – М.: Флинта, 1998.
6. Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научиться решать задачи: Книга для учащихся старших классов средней школы. – М.: Просвещение, 1989.
7. Пушкин В.Н. Эвристика – наука о творческом мышлении. – М.: Политиздат, 1967.