Эвристические методы поиска способа решения задач
p align="left">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 прямой m. Поскольку точка А - середина CD, получим, что при центральной симметрии относительно точки

Z(m)А точка D перейдет в точку C, и наоборот. C? Поэтому данная прямая m и окружность необходимо пересекутся в двух точках или C будут касаться в одной в зависимости от *АD m расположения исходных прямой и окружности. В результате задача сводится к D?m построению образов окружности и прямой при Z() центральной симметрии относительно точки А, которые в пересечении с данными прямой m и окружностью 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 соответствовать строка из десяти квадратов со знаком “+” или “ - ”.

+

+

-

-

+

-

+

+

-

-

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=?MB (*), тогда для любой точки О выполнимо следующее векторное соотношение: . . , где ?? - 1.

Чтобы доказать эту формулу, возьмем векторы и . Подставляя эти соотношения в формулу (*), получаем

, иначе . Группируя векторы, получаем выражение . Отсюда

, где ?? - 1.

Решение. Выберем произвольную точку О в качестве общего начала векторов.

На медиане А А возьмем точку G, делящую ее C в отношении 2 : 1, считая от точки А. Тогда на основании формулы деления отрезка в данном отношении будем иметь: и GА?

.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 данный угол, через h - данную высоту, проведенную из вершины А, угол при которой равен , и через р - данный периметр.

Выполним чертеж, на котором отметим 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 CE длиной 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 A и данный угол .

b h с

Е b С а В с D

Действительно, используя равнобедренные треугольники ABD и ACE, мы найдем, что величина угла DAE равна (/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 МN можно либо BC (или AD), либо AB (или CD).

Рассмотрим первый случай, тогда пусть BC стянется в точку B. В предельном положении А D точка 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.

Страницы: 1, 2



Реклама
В соцсетях
рефераты скачать рефераты скачать рефераты скачать рефераты скачать рефераты скачать рефераты скачать рефераты скачать