Эвристические методы поиска способа решения задач

, где λ≠ – 1.

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

На

медиане А Авозьмем 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 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 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 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.

 Скачать реферат