Евристичні методи пошуку способу розв`язання завдань

. II. Евристичний метод РІШЕННЯ ЗАДАЧ ТА ЙОГО ПОНЯТТЯ

Фрідман Л. М. каже, що для нестандартної задачі в курсі математики немає загальних правил і положень, що визначають програму вирішення такого завдання [2, стор.48]. Однак багато видатні математики і педагоги знайшли ряд загальних вказівок-рекомендацій, якими слід користуватися при вирішенні нестандартних завдань. Такі вказівки загальноприйнято називають евристичними правилами, або евристиками. У тій же книзі Фрідман зауважує, що евристики на відміну від математичних правил носять характер не обов'язкових рекомендацій, порад, дотримання яких може призвести, а може і не привести, до вирішення завдання.

О.Б. Єпішева трохи інакше трактує поняття евристики: це "система вказівок, користуючись якими можна безпомилково виконати ту чи іншу дію і складові, таким чином, орієнтовну основу дій щодо вирішення завдань".

У Великій радянській енциклопедії під е. врістіческімі методами вирішення завдань розуміють спеціальні методи вирішення завдань, які звичайно протиставляються формальним методам вирішення, що спирається на точні математичні моделі.

Крім того, "використання евристичних методів скорочує час виконання завдання в порівнянні з методом повного перебору ненаправленного можливих альтернатив" [3]. Автори енциклопедії не стверджують, що евристичний метод розв'язання універсальний, а тільки відносять його до "безлічі допустимих рішень".

У результаті рішення величезну кількість різноманітних завдань у більшості учнів (і навіть учителів) складається невірне уявлення, що існує неозоре число різних методів і способів розв'язування математичних задач, і розібратися в цьому різноманітті дуже складно. Тим часом з найдавніших часів багато математики займалися пошуком загальних евристик - загальних евристичних схем, які допомагають у пошуку способу вирішення конкретних завдань. Розробкою таких евристичних схем займався Папп (один з коментаторів Евкліда), великі математики Рене Декарт, Готфрид Лейбніц. Бернард Больцано склав цікаве і докладний виклад евристик. У XX столітті цим займався американський математик Д. Пойа. Крім того, російські математики Л.М. Фрідман та М.Б. Балк розробили евристичні системи для пошуку рішення математичної задачі і успішно їх використовували у своїй практичній роботі з учнями.

. III. СИСТЕМА Евристичний метод Л.М. ФРІДМАНА

3.1 Метод розбиття задачі на підзадачі

Цей метод полягає в тому, що складну нестандартну завдання розбивають на декілька більш простих підзадач, по можливості стандартних або раніше вирішених, при послідовному розв'язанні яких буде вирішена і вихідна складне завдання.

Метод розбиття задачі на підзадачі має три різновиди.

1. Розбиття умов завдання на частини.

2. Розбиття вимоги завдання на частини.

3. Розбиття області завдання на частини.

1) Розбиття умов завдання на частини.

Завдання 3. Площа трикутника АВС дорівнює 30 см . такая, что AD : DC = 2 : 3. На стороні АС взята точка D така, що AD: DC = 2: 3. на BC равна 9 см. Найти BC . Довжина перпендикуляра DE на BC дорівнює 9 см. Знайти BC.

Рішення. Побудуємо модель даної задачі.

; S ∆ ABC = 30 см Дано: 1) Δ ABC; S Δ ABC = 30 см .

D АС і AD: DC = 2: 3.

0 BC, DE = 9 см . 2) DE ^ BC, E 0 BC, DE = 9 см.

Знайти: НД

Уважно проаналізувавши умови задачі, неважко помітити, що дану нам завдання можна з точністю розділити на дві інші, більш прості завдання. Переформулювати завдання дві інші можливо так:

1. , если сторону AC ∆ ABC точка D делит в отношении AD : DC = 2 : 3 и S ∆ ABC = 30 см ² . Знайти площу трикутника BDC, якщо бік AC Δ ABC точка D ділить щодо AD: DC = 2: 3 і S Δ ABC = 30 см ².

2. треугольника BDC , зная его площадь и длину высоты DE . Знайти сторону BC трикутника BDC, знаючи його площу і довжину висоти DE.

Вирішуємо першу задачу.

в ∆ ABC . Проведемо відрізок BD в Δ ABC. Трикутники

и BDC имеют общую высоту BF , следовательно,В ABD і BDC мають загальну висоту BF, отже, В

площі даних трикутників відносяться як

довжини відповідних підстав, тобто: Е

∆ ABD : S ∆ BD С = 2 : 3 ⇒ S ∆ BD С = ( ⅗ ) S ∆ ABC . S Δ ABD: S Δ BD С = 2: 3 ⇒ S Δ BD С = (⅗) S Δ ABC.

∆ BD С = ( ⅗ )∙30 = 18 см А значить, S Δ BD С = (⅗) ∙ 30 = 18 см . А З

Вирішуємо другу задачу. FD

∆ BD С = ( ½ ) BC ∙ DE , то есть, 18 = ( ½ ) BC ∙9, откуда BC = 4см. Для обчислення площі трикутника маємо формулу - половина твори підстави на висоту, тому S Δ BD С = (½) BC ∙ DE, тобто, 18 = (½) BC ∙ 9, звідки BC = 4см.

2) Розбиття вимоги завдання на частини.

Завдання 4. При яких значеннях а корені рівняння

х + Х + а = 0 більше а?

Рішення. Вимога цього завдання дуже складне. Щоб зробити суть даного завдання наочної, розіб'ємо цю вимогу на більш прості умови.

должен быть неотрицательным. По-перше, щоб корені даного квадратного рівняння були більше а, вони повинні взагалі існувати на множині дійсних чисел, а для цього дискримінант D повинен бути невід'ємним.

Оскільки коефіцієнт старшого члена квадратного рівняння дорівнює одиниці, то гілки даної параболи будуть направлені вгору. Тоді при будь-якому значенні а значення функції, заданої даними квадратним рівнянням, в точці а завжди буде позитивно. Це друга умова.

Остання умова, яку можна отримати з x і x ілюстрації до даної задачі, - абсциса вершини параболи, завжди суворо більше значення а.

Таким чином наше завдання розділилася на систему більш простих завдань:

1. ⇒ ⇒ ;

2. ⇒ 0 (-∞;-2) ∪ (0;+ ∞); ⇒ a 0 (- ∞; -2) ∪ (0; + ∞);

3. ⇒ .

Об'єднуючи вирішення даних завдань, отримуємо відповідь: а <- 2.

3) Розбиття області завдання на частини.

Завдання 5. Розв'язати рівняння х - Х + Х - Х + 1 = 0.

Рішення. Вивчаючи дане рівняння, можна помітити, що непарні ступеня змінної х входять в рівняння з негативним знаком. Таке положення може наштовхнути на думку розбити область рішення даного рівняння на області, включаючи області негативних і позитивних дійсних чисел:

• при х <0 ліва частина рівняння завжди приймає позитивні значення, тому вона не може дорівнювати нулю. Це означає, що в області негативних чисел рівняння рішень не має.

• область невід'ємних чисел будемо розглядати як два проміжки окремо: а) 0 х <1, б) х = 1, в) х> 1.

а) перетворимо дане рівняння наступним чином:

х + Х - Х + 1 - х = 0, далі х + Х (1 - х ) + 1 - х = 0. Тоді при х <1 ліва частина завжди позитивна, і тому не дорівнює правій частині.

б) при х = 1 ліва частина рівняння дорівнює 1.

в) розглядаючи рівняння на множині х> 1, також його перетворимо:

х (Х - 1) + х (х - 1) +1 = 0. Очевидно, ліва частина завжди більше 1.

Оскільки у всіх трьох випадках ліва частина не дорівнює 0, то рівняння рішень на множині невід'ємних чисел також не має.

3.2 Метод перетворення завдання

Якщо розбити задачу на кілька підзадач неможливо, то слід спробувати її якось перетворити, але, не змінюючи мову на якій була задана дана задача. Це означає, що якщо завдання було алгебраїчної, то перетворена завдання теж повинно бути алгебраїчної, якщо вона була геометричній то перетворена завдання теж повинно бути геометричної і т.д., оскільки якщо зміниться мову, на якому викладена завдання, то це вже буде не перетворення , а моделювання, яке буде розглянуто нижче.

Завдання 6. Вирішити рівняння х = 5. (*)

Дане рівняння не статечну, оскільки показник х ступеня - мінлива, і не показове, тому що підстава ступеня - змінна. Тобто, маємо справу з рівнянням невідомого виду. Зводимо дане рівняння до знайомого увазі - показовому, використовуючи підстановку:

⇒ (*): х = 5 (**).

из (**), то найдем и х . Якщо знайдемо y з (**), то знайдемо та х.

,

х = 5.

Виключимо з цієї системи х, тоді

,

.

Зведемо в п'яту ступінь, тоді отримаємо, що . , а именно y = 5, тогда Таке рівність можливо при єдиному значенні y, а саме y = 5, тоді .

Завдання 7. Через цю точку А провести пряму таким чином, щоб її відрізок з кінцями на даних прямої та кола ділився точкою А навпіл.

, и пусть точка С лежит на окружности, тогда точка D принадлежит прямой Рішення. Позначимо шуканий відрізок CD, і нехай точка С лежить на колі, тоді точка D належить прямій . m. , получим, что при центральной симметрии относительно точки Оскільки точка А - середина CD, отримаємо, що при центральній симетрії відносно точки

( m )А точка D перейдет в точку C , и наоборот. a C ´ Поэтому данная прямая m и окружность необходимо пересекутся в двух точках или C будут касаться в одной в зависимости от •А D m расположения исходных прямой и окружности. Z (m) А точка D перейде в точку C, і навпаки. A C 'Тому дана пряма m і окружність необхідно перетнуться в двох точках або C стосуватимуться в одній залежно від • А D m розташування вихідних прямої та кола. ´ 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 ´ . У результаті завдання зводиться до D 'm побудови образів кола і прямої при Z (a) центральної симетрії відносно точки А, які в перетині з даними прямий m і колом a дадуть шукані точки C, D, а також C' і D '. Залишається провести необхідну пряму або прямі.

3.3 Метод моделювання

Цей метод полягає в заміні вихідної задачі іншим завданням, моделлю вихідної. Прикладом використання такого методу є широко застосовуваний метод розв'язання текстових (сюжетних) завдань шляхом складання рівняння або системи рівнянь. Наведемо приклад використання цього методу.

Задача 8. У квартирі десять лампочок. Скільки існує різних способів освітлення квартири? Два спосіб висвітлення вважаються різними, якщо вони відрізняються станом хоча б однієї лампочки. Кожна лампочка може горіти і не горіти. Випадок, коли всі лампочки не горять, - це теж спосіб освітлення.

Рішення. Щоб легше підрахувати всі різні способи висвітлення квартири, зобразимо кожну лампочку у вигляді квадрата, а її стан будемо відзначати знаком "+", якщо лампочка горить, і знаком "-" у протилежному випадку.

Тоді кожному способу освітлення квартири буде відповідати рядок з десяти квадратів зі знаком "+" або "-".

+	+	-	-	+	-	+	+	-	-

Число ж таких рядків в таблиці і є шукане число різних способів освітлення квартири

Виходячи з вище сказаного, отримуємо наступну задачу.

Маємо прямокутну таблицю, містить 10 стовпців. У кожній клітці стоїть "+" або "-". Будь-які два рядки таблиці відрізняються знаками в клітинах, що стоять хоча б в одному і тому ж стовпці. Яке найбільше число рядків має ця таблиця?

Якщо рішення цієї задачі не очевидно, то можна розглядати кожний рядок таблиці, про яку йде мова в попередній задачі, як десяткове число, складене з цифр 1 і 0 (1 ~ "+", 0 ~ "-"). сколько различных десятизначных чисел можно образовать из цифр 0 и 1? Тоді питання завдання звучатиме таким чином: скільки різних десятизначних чисел можна утворити з цифр 0 і 1? (При цьому числа, в записі яких зліва стоять одні нулі, наприклад, 0100001101 або 0000000001 або навіть, 0000000000, також розглядаються).

Рішення. На кожному місці в записі десятизначного числа можуть стояти лише цифри 1 і 0. Тому є лише дві комбінації цифр на кожному місці. Ці комбінації незалежні один від одного, так як проставлення цифри на даному місці в записі числа не залежить від того, які цифри стоять на інших місцях. Тому загальна кількість комбінацій або можливих десяткових різних чисел дорівнює 2 = 1024.

Отже, відповідь: загальна кількість способів освітлення квартири одно 1024.

Завдання 9. Довести, що медіани трикутника перетинаються в одній точці, яка ділить кожну з них у відношенні 2:1, рахуючи від вершин трикутника.

Дана задача легко вирішується, якщо побудувати фізичну або векторну її моделі.

Фізична модель. Для побудови фізичної моделі потрібно згадати положення курсу фізики: 1) центр ваги двох матеріальних точок з однаковою масою лежить у середині відрізка, що з'єднує ці точки, з масою, яка дорівнює сумі мас цих точок;

2) центр ваги двох матеріальних точок з різною масою лежить в точці, що ділить відрізок у відношенні мас (більшій масі відповідає менший відрізок і, навпаки);

3) Центр ваги системи точок знаходиться шляхом знаходження центра ваги пар точок з цієї системи, і при цьому він не залежить від того, в якому порядку з'єднуються ці точки попарно.

Рішення. Доведемо спочатку, що медіани трикутника перетинаються в одній точці. Для цього визначимо центр ваги системи вершин трикутника. У вершини трикутника - як матеріальні точки помістимо маси по 1 у кожну. Тоді, по 1) положенню центр мас кожної пари вершин перебуває в середині відрізка з кінцями в цих вершинах.

Так як 2) середини сторін трикутника - підстави медіан, то отримуємо, що кожна медіана цього трикутника має на своїх кінцях маси 1 і 2, рахуючи від вершин трикутника.

3) Користуючись третій становищем, отримаємо, що точка рівноваги кожної медіани має масу рівну трьом. Це говорить про те, що точки рівноваги медіан збігаються, тобто медіани перетинаються в одній точці. Використовуючи друге положення, отримуємо, що даною точкою рівноваги кожна медіана ділиться на два відрізки, які будуть знаходитися у відношенні 2 до 1, рахуючи від вершин трикутника.

Векторна модель. Для доказу цього твердження необхідно згадати формулу розподілу відрізка в даному відношенні для векторів.

делит отрезок AB так, что AM = λ MB (*), тогда для любой точки О выполнимо следующее векторное соотношение: . Отже, нехай точка M ділить відрізок AB так, що AM = λ MB (*), тоді для будь-якої точки Про здійснимо наступне векторне співвідношення:. . , Де λ ≠ - 1.

Щоб довести цю формулу, візьмемо вектори і . Підставляючи ці співвідношення у формулу (*), отримуємо

, Інакше . Групуючи вектори , Отримуємо вираз . Звідси

, Де λ ≠ - 1.

Рішення. Виберемо довільну точку О в якості загального початку векторів.

На медіані А А , делящую ее C в отношении 2 : 1, считая от точки А. Тогда на основании формулы деления отрезка в данном отношении будем иметь: візьмемо точку G, ділить її C у відношенні 2: 1, рахуючи від точки А. Тоді на підставі формули розподілу відрізка в даному відношенні будемо мати: А ₁ і G А ₁

. А В

Тоді для довільної точки О.

У цей вислів вектори входять рівноправно, тому вектори до точок, що поділяють медіани у відношенні 2: 1, будуть мати той самий вираз. Це означає, що ділять точки збігаються.

3.4 Метод введення допоміжних елементів

Часто зустрічаються завдання, в яких зв'язок між даними (відомими) і шуканими (невідомими) встановити безпосередньо з тексту завдання неможливо. Щоб прояснити зв'язок між даними і шуканими, слід ввести кілька допоміжних елементів, головним чином шляхом заміни невизначених невідомих - Якимись певними елементами (величинами). Те число допоміжних елементів, яке треба ввести в дане завдання, називається ступенем невизначеності завдання.

Завдання 10 (Завдання Ньютона). Трава на лузі росте однаково швидко і густо. Відомо, що 79 корів поїли б усю траву за 24 дні, а 30 корів за 60 днів. На скільки днів вистачить трави для 20 корів.

У питанні завдання йдеться про кількість днів, за які 20 корів поїли б усю траву на лугу. Проте зв'язок між числом корів і числом днів явно не можна простежити.

Таке ж положення зустрічається в завданнях на спільну роботу, на рух по річці і т.д. В основному такі завдання містять невизначені невідомі і тим самим ці завдання є погано певними.

Щоб зробити нашу задачу суворо визначеній, введемо такі допоміжні елементи:

1. единиц; первинна кількість трави на лузі - a одиниць;

2. щодня на лузі виростає - b одиниць трави;

3. единиц травы. кожна корова за один день з'їдає - c одиниць трави.

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. Тоді в першому випадку, коли 70 корів поїли всю траву на лузі за 24 дні, всього трави було спочатку a одиниць, і за 24 дні зросла ще 24 ∙ b одиниці; всього a + 24 ∙ b одиниці, і всю цю траву поїли 70 корів , поїдаючи кожна в один день c одиниць, за 24 дні. З цих залежностей отримуємо таке рівняння:

+ 24∙ b = 70 ∙ a + 24 ∙ b = 70 ∙ 24 ∙ (1) c (1)

Аналогічно для другого випадку отримуємо таке рівняння:

+ 60 a + 60 = 30 ∙ b = 30 ∙ 60 ∙ (2) c (2)

, то получаем еще одно уравнение: Якщо дані число днів позначимо через x, то отримуємо ще одне рівняння:

+ x a + x = 20 ∙ b = 20 ∙ x ∙ (3) c (3)

У результаті ми отримали систему з трьох рівнянь з чотирма невідомими. Однак цей факт значення не має, так як всі допоміжні елементи в процесі рішення отриманої системи будуть виключені.

= 120 ∙ c , откуда находим, что c = 0,3 b Віднімаючи з рівняння (2) рівняння (1), отримаємо 36 ∙ b = 120 ∙ c, звідки знаходимо, що c = 0,3 b (4). Підставляючи цей вираз замість c = 480 b (5). в рівняння (1) або (2), знайдемо, що a = 480 b (5). и a через b из (4) и (5) в уравнение (3) и, сокращая обе части полученного уравнения на b , получаем уравнение относительно х : Підставляючи вирази c і a через b з (4) і (5) в рівняння (3) і, скорочуючи обидві частини отриманого рівняння на b, одержуємо рівняння відносно х:

480 + х = 6 х. Звідси знаходимо, що х = 96.

Задача 11. Побудувати трикутник, якщо заданий кут при одній з його вершин, висота, проведена з цієї ж вершини і периметр.

– данную высоту, проведенную из вершины А, угол при которой равен a , и через р - данный периметр. Рішення. Позначимо через a даний кут, через h - дану висоту, проведену з вершини А, кут при якій дорівнює a, і через р. - даний периметр.

. Виконаємо креслення, на якому відзначимо a і h. Але зауважимо, що дані завдання використані не всі - на кресленні немає ніякого відрізка довжини р, рівної периметру трикутника. Тому будемо вводити р.

, с (через а обозначим сторону, противолежащую углу А). У трикутнику невідомі три сторони а, b, с (через а позначимо сторону, протилежних кутку А). Використовуємо позначення довжин сторін, тоді зможемо записати, що а + + с = р. b + з = р.

длиной b в одну сторону, а в другую сторону – отрезок BD длиной с . На продовженні сторони а відкладемо відрізок CE довжиною b в один бік, а в інший бік - відрізок BD довжиною с. длиной а + Таким чином, на кресленні виявиться побудованим відрізок ED довжиною а + + с = р. b + з = р.

введем вспомогательные отрезки AD и AE , Поряд з відрізком ED введемо допоміжні відрізки AD і AE, кожен з яких є підставою рівнобедреного трикутника.

и A и данный угол a . Досліджуючи отриману фігуру, неважко виявити просте співвідношення, що зв'язує кут EAD і A і даний кут a.

b с h з

Е b З а В з D

и ACE , мы найдем, что величина угла DAE равна ( a /2)+90 ° . Дійсно, використовуючи рівнобедрені трикутники ABD та ACE, ми знайдемо, що величина кута DAE дорівнює (a / 2) +90 °.

. Після цього висновку природно буде побудувати трикутник DAE.

Таким чином, рішення вихідної задачі було зведене до вирішення деякої - значно легшою - допоміжної задачі.

. IV. СИСТЕМА Евристичний метод Г.Д. БАЛКА

Система евристичних прийомів Г.Д. Балка має в своїй основі деякі методи, розглянуті вище, такі як введення допоміжних невідомих, перетворення завдання в рівносильну їй, розбиття задачі на підзадачі (див. [2], стор 58 - 59). Однак, крім того, важливими для евристичних міркувань автор вважає методи індукції, аналогії, метод розгляду граничних випадків, "міркування безперервності", метод малих змін.

Саме ці методи М.Б Балк і Г.Д. Балк практикували у своїй роботі в школі ще в 1969 році, вважаючи їх базовими у процесі пошуку рішення нестандартної задачі. Ці ж методи, не включені в систему евристичних прийомів Л.М. Фрідмана, докладно будуть розглянуті на прикладах розв'язання нестандартних завдань у даному пункті.

4.1 Аналогія

У математиці часто мають місце такі випадки, коли аналогічні, подібні умови призводять до схожих результатів. Щоб таким становищем було можливо скористатися, необхідно навчитися (хоча б на невеликому числі вправ) формулювати математичні пропозиції за аналогією. Але також не можна забувати, що порівняння не є доказом і пропозиції, сформульовані за аналогією, можуть виявитися помилковими.

І хоча пропозиції, сформульовані за аналогією, можуть виявитися помилковими, все ж таки часто виявляється, що такі пропозиції істинні.

Але не тільки для формулювання нових правдоподібних математичних фактів корисно залучати аналогію, оскільки ще більш цінне навчитися свідомо залучати аналогію шукаючи спосіб вирішення складного завдання.

В основному метод аналогії застосовний при рішенні геометричних задач (у тому числі завдань стереометрії за аналогією з планиметрическими).

Розглянемо приклад геометричній завдання, коли знайти спосіб вирішення дозволяє метод аналогії.

, вычислить радиус r Задача 12. Знаючи сторони трикутника ABC, обчислити радіус r и продолжений сторон AB и AC . вневпісанной окружності, що стосується боку BC і продовжень сторін AB і AC.

Дане завдання не є стандартною, тому відразу важко визначити алгоритм її вирішення. Але можливо, що з розгляду допоміжної задачі, сформульованої для вихідної за аналогією, неважко буде знайти спосіб вирішення вихідної. Аналогічна їй може виглядати наступним чином:

, b , c треугольника ABC , вычислить радиус r вписанной окружности. Знаючи боку a, b, c трикутника ABC, обчислити радіус r вписаного кола.

Рішення. 1. . З'єднаємо центр Про вписаного кола з вершинами трикутника ABC.

2. S = S + S + S (1)

3. Позначимо площа трикутника ABC через S, тоді за формулою Герона

S = .

4. S = cr, S = br, S = ar.

5. = З (1) випливає, що S = + b + a (C + b + a = pr , откуда r = ) R = pr, звідки r = , Або A

= r = . BC

Рішення задачі К +1. 1. З'єднаємо центр Про вневпісанной кола з вершинами . ABC.

2. S = S + S - S (1).

3. через S , тогда по формуле Герона Позначимо площа трикутника ABC через S, тоді за формулою Герона

= S = .

4. S = , S = , S = .

5. = З (1) першого випливає, що S = + b - a (C + b - a ) R - a ) r = (P - a) r , Звідки

r = або r = . Задача вирішена.

На даному прикладі наочно показаний прийом аналогії вирішення завдань, яким можна користуватися, дотримуючись наступні етапи:

) подбор задачи, аналогичной исходной, т.е. a) підбір завдання, аналогічної вихідної, тобто такий, що у неї і вихідної задачі подібні умови і подібні ув'язнення. Допоміжна завдання звичайно повинна бути простіше початкової або її рішення має бути відомо;

б) після рішення допоміжної завдання проводяться аналогічні міркування для розв'язання вихідної задачі.

4.2 Індукція

Індукція один з найважливіших евристичних методів, оскільки розгляд окремих випадків завдання цілком ймовірно може призвести вирішального до методу розв'язання задачі в загальному випадку. Докладніше - якщо задача важка, то корисно спробувати виділити будь-якої простої її окремий випадок, з яким неважко впоратися. Після цього слід перейти до інших, більш складних випадків, і так до тих пір, поки буде вирішена задача.

Наступне завдання добре ілюструє розглянутий метод.

, в другом n ( m > n ). Задача 13. У двох ящиках є кулі: в одному m, в іншому n (m> n). Грають двоє по черзі виймають кулі з ящиків. Кожного разу гравцеві дозволяється взяти будь-яке число куль, але тільки з одного ящика. Виграв вважається той, хто вийме останню кулю. Як повинен грати перший, щоб виграти?

Рішення. Можливо розглянути такі окремі випадки наростаючої складності:

= 0, m = 1; n = 0, m = 1;

= 0, m = 2; n = 0, m = 2;

= 0, m – любое; n = 0, m - будь-яке;

= 1, m – любое; n = 1, m - будь-яке;

= 2, m – любое ; n = 2, m - будь-яке;

– любое, m – любое ( m > n ). n - будь-яке, m - будь-яке (m> n).

Перші три випадки тривіальні, оскільки перший гравець може вийняти відразу всі кулі. У наступних трьох випадках перший гравець очевидно повинен кожним своїм ходом зрівнювати кількість куль згідно з іншим скринькою.

4.3 Граничний випадок

Часто пошук рішення запропонованого завдання значно спрощується, якщо попередньо вирішити таку допоміжну задачу, яка має подібне умова з даним завданням, але в якій умова або деякі дані виходять з умови або з даних вихідної задачі шляхом граничного переходу. Наприклад, деякі з фігур, про які йдеться у вихідній задачі, замінюються їх граничними положеннями. Інакше:

якщо у вихідній задачі йдеться про січною до кола, то замість неї в допоміжній завданню слід розглянути дотичну (граничне положення січної, коли відстань її від центру прагне до радіусу);

якщо в умові завдання йдеться про чотирикутнику, то в допоміжній задачі можна розглядати трикутник (граничне положення чотирикутника, коли довжина однієї з його сторін прагне до нуля).

Важливо враховувати те, що для однієї і тієї ж задачі можна підібрати різні граничні випадки.

Крім того, розгляд граничного випадку корисно також при з'ясуванні правдоподібності того чи іншого готового результату (відповіді до задачі, даної формули), а також для побудови спростування.

Для ілюстрації методу підходить наступне завдання.

две стороны AD и BC не параллельны. Завдання 14. У чотирикутнику ABCD дві сторони AD і BC не паралельні. , соединяющий середины двух других сторон четырехугольника? Що більше: полусумма цих сторін або відрізок MN, що з'єднує середини двох інших сторін чотирикутника?

Пошук рішення. Важливо представити, що буде отримано в граничному випадку, коли В одна зі сторін чотирикутника стягнеться в одну точку. можно либо BC (или AD ), либо AB (или CD ). У даному випадку стягувати в точку М N можна або BC (або AD), або AB (або CD).

стянется в точку B . Розглянемо перший випадок, тоді нехай BC стягнеться в точку B. точка N совпадет с серединой К отрезка BD , и MN станет средней линией MK У граничному положенні А D точка N співпаде з серединою До відрізка BD, і MN стане середньою лінією MK

треугольника ABD , в предельном случае получаем такую задачу: что больше, половина стороны AD треугольника ABD или отрезок M , соединяющий MK ( N ) середины двух других сторон? B трикутника ABD, в граничному випадку одержуємо таку задачу: що більше, половина боку AD трикутника ABD або відрізок M, що з'єднує MK (N) середини двох інших сторін?

= Відповідь проста: MK = . AD.

Поставимо мета - звести до отриманого граничного

случаю решение задачи в общем случае. AD нагоди рішення задачі в загальному випадку.

четырехугольника ABCD . Рішення. Нехай К - середина діагоналі BD чотирикутника ABCD. З имеем MK = ABD маємо MK = и MK || AD . AD і MK | | AD. Також з имеем KN = BCD маємо KN = и KN || BC . BC і KN | | BC.

и BC не параллельны, то Вточки M , K , N не могут находиться на одной прямой. Стак як за умовою AD і BC не паралельні, то Вточкі M, K, N не можуть перебувати на одній прямій. З видно, что MN < MK + KN = MKN видно, що MN <MK + KN =

= (1/2)( AD + BC ). MN = (1 / 2) (AD + BC).

4.4 "Міркування безперервності"

У математиці часто висновку про істинність або правдоподібності якогось факту виводяться за допомогою міркувань безперервності. Незважаючи на те, що для учнів школи суворе визначення безперервності складно, наочне уявлення про величини, мінливих безперервно з плином часу має кожен (наприклад, шлях, величина кута і т.д.).

менялась с течением времени непрерывно: это значит, что при любом выборе момента t Вирушаючи від таких наочних уявлень, можна дати математичне визначення того, що значить, якась величина U змінювалася з часом безперервно: це означає, що при будь-якому виборі моменту t протягом досить малого проміжку часу (t , - H, t ) значения этой величины отличались от ее значения в момент t + H) значення цієї величини відрізнялися від її значення в момент t . менше, ніж наперед заданий допустиме відхилення d. Слід мати на увазі, що дозволене відхилення d задається тут заздалегідь і може бути вибрано як завгодно малим. можно в зависимости от этого d Стверджується, що при будь-якому такому виборі d можна залежно від цього d для кожного моменту t підібрати настільки малий проміжок часу (t , - H, t ), чтобы значения величины U в любой момент из этого промежутка отличались от его значения в момент t + H), щоб значення величини U в будь-який момент з цього проміжку відрізнялися від його значення у момент t . менше, ніж на d. У конкретних випадках зазвичай буває досить ясно, чи можна вважати, що та чи інша величина змінюється безперервно.

При вирішенні завдань особливо корисно буває наступне інтуїтивно очевидне властивість безперервно мінливою величини: якщо яка-небудь величина (наприклад, довжина, сума кутів, площу і т.п.) змінювалися безперервно протягом будь-якого відрізка часу і в початковий момент вона була менше постійної величини а, а в кінцевий момент більше, ніж а, то в якийсь проміжний момент вона була дорівнює а.

Застосування даного властивості добре ілюструє наступний приклад.

Задача15. Легко здогадатися, що рівняння 2 = 4х має корінь х = 4. Чи має воно ще хоча б один корінь?

Рішення. Розглянемо "поведінка" цієї функції на відрізку [0; 1].

При х = 0 2 - 4 х> 0, а при х = 1 2 - 4 х <0, тому знайдеться таке проміжне значення х, що 2 - 4 х = 0.

Висновок

У роботі на основі вивчення структури рішення математичної задачі було виділено етап пошуку рішення задачі, який у разі рішення нестандартної задачі виконується, якщо використовується застосування евристичних прийомів вирішення завдання.

Така умова призвело до необхідності вивчення поняття евристичного методу і систем евристичних прийомів розв'язування математичних задач Л.М. Фрідмана і М.Б. Балка. Вивчення і порівняння даних систем зажадало їх викладу з наведенням прикладів математичних завдань з рішеннями в ролі ілюстрацій до особливостей кожної системи.

Література

1. Балк Г.Д. Про застосування евристичних прийомів у шкільному курсі математики / / Математика в школі. - 1969. - № 5. - С.21-28.

2. Балк М.Б., Балк Г.Д. Про прищепленні школярам евристичного мислення / / Математика в школі. - 1985. - № 2. - С.55 - 60.

3. Велика Радянська Енциклопедія, 1978. Том 29.

4. Пойа Д. Як вирішувати проблему. - Львів: журнал "Квантор", 1991.

5. Фрідман Л.М. Теоретичні основи методики навчання математики в школі: Посібник для вчителів, методистів і педагогічних вищих навчальних закладів. - М.: Флінта, 1998.

6. Фрідман Л.М., Турецький Є.М. Як навчитися вирішувати завдання: Книга для учнів старших класів середньої школи. - М.: Просвещение, 1989.

7. Пушкін В.М. Евристика - наука про творчому мисленні. - М.: Політвидав, 1967.