72. Поиск решения нестандартных задач |
299 |
это означает инсайт: «Эврика!». Назвав первым ходом число 1, а затем прибавляя числа так, чтобы получилось 4, 7, 10, первый игрок обязательно выиграет. Схема цикла озарения та же (рис. 407).
Далее можно применить обобщение: при тех же правилах считать выигравшим того, кто получит 20 (или 30); другой вариант — усло- виться, что каждый играющий прибавляет при очередном ходе какое- либо из чисел 1, 2, 3, 4, 5, а игра ведется до 50.
Классический вариант игры ицзяньши состоит в том, что каждый играющий при очередном ходе прибавляет какое-либо из чисел 1, 2, ..., 10, а игра ведется до 100. Здесь выигрышными являются числа
1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89, 100, получающиеся, если из 100
последовательно отнимать число 11. В самом деле, сколько бы ни прибавил при своем очередном ходе второй игрок, первый может добавить до 11 (если второй сказал 1, то первый прибавляет 10, если второй сказал 2, то первый прибавляет 9 и т. д.). Таким образом, при правильной игре первый всегда выигрывает.
72. Поиск решения нестандартных задач
Внестандартных задачах (которых, к сожалению, в школьном курсе почти нет!) процесс анализа становится менее тривиальным и потому особенно заметным. В качестве первого примера рассмотрим следующую задачу.
Задача 12. Доказать, что если в треугольнике две биссектрисы конгруэнтны, то этот треугольник — равнобедренный.
Эта задача, которая носит имя «теоремы Штейнера—Лемуса», в 1940 г. была предложена Д. О. Шклярским на занятии школьного математического кружка при МГУ для «чисто геометрического» ре- шения (т. е. без использования формул, выражающих длины биссект- рис). Один из авторов книги посещал этот кружок и ему удалось тогда найти такое решение, но для этого пришлось провести следующий анализ.
Втреугольнике ABC (рис. 408) проведены биссектрисы. Известно,
что AD = CE. Требуется доказать, что треугольник ABC — равнобед- ренный, т. е.
AB = BC. |
(1) |
Зная, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, проведем третью биссектрису — возможно, это пригодится. Чтобы доказать равенство длин каких-либо отрезков, часто используют сле- дующий прием: устанавливают конгруэнтность треугольников, имею- щих эти отрезки своими сторонами. В данном случае, видимо, лучше всего попытаться доказать, что
:ABD :CBE, |
(2) |
так как в этих треугольниках сторонами являются длины которых по условию равны, и отрезки AB, это нужно доказать. Посмотрим, какие одинаковые
отрезки AD, CE, BC, для которых элементы имеют-
300 |
Беседа 14. Инсайт |
ся у интересующих нас треугольников ABD и CBE (для удобства эти треугольники изображены отдельно на рис. 409а, б). В этих треуголь- никах длины оснований AD и CE по условию равны. Кроме того,
угол B у них общий (т. е. на рис. 409 ABD = CBE). Наконец, оба треугольника имеют общую биссектрису BO. Итак, интересующие нас треугольники имеют по три соответственно конгруэнтных элемента. Но эти элементы таковы, что не подходит ни один из известных при- знаков конгруэнтности треугольников. Похоже на то, что придется доказать новый признак, который должен формулироваться следую- щим образом:
если в двух треугольниках конгруэнтны основания, конгру- |
|
энтны углы при вершине и конгруэнтны биссектрисы, про- |
|
веденные из вершины, то эти треугольники конгруэнтны. |
(3) |
Как же доказать утверждение (3)? Для удобства на рис. 410б один из треугольников симметрично отражен относительно биссектрисы, так что треугольники находятся теперь «в одинаковом положении». Используя метод доказательства «от противного», можно попытаться вместо (3) доказать следующее утверждение:
Если в двух треугольниках конгруэнтны основания и конгру- |
|
энтны углы при вершине, но сами треугольники не конгруэн- |
|
тны, то у них не могут быть конгруэнтны биссектрисы, |
|
проведенные из вершины. |
(4) |
У треугольников, о которых идет речь в утверждении (4), конгру- энтны основания и конгруэнтны углы при вершине. Это наводит на мысль использовать теорему о сегменте, вмещающем данный угол.
Иными словами, если основания AD и C′E′ совместить, то обе вер- шины B и B′ окажутся на одной окружности, проходящей через концы
основания (рис. 411). При этом обе точки B, B′ лежат по одну сторону перпендикуляра l, проведенного через середину основания, и не со- впадают (т. е. B ≠ B′), поскольку мы предполагаем, что треугольники
не конгруэнтны. Заметим, наконец, что продолжения биссектрис про- ходят через точку N пересечения прямой l с окружностью. В резуль- тате мы приходим к следующей эквивалентной формулировке.
В окружности проведены диаметр MN и перпендикулярная ему хорда AD. На дуге DM (меньшей полуокружности) взяты две различ-
Рис. 408 |
Рис. 409 |
Рис. 410 |
Рис. 411 |
72. Поиск решения нестандартных задач |
301 |
ные точки B, B′. Если O и O′ — точки пересечения прямых BN, B′N с хордой AD, то
BO ≠ B′O′. |
(5) |
Судя по чертежу, можно высказать более определенное суждение: если MNB < MNB′, то
BO > B′O′. |
(6) |
Чтобы доказать неравенство (6), удобно воспользоваться соотноше- ниями BO = BN − ON, B′O′ = B′N − O′N. Ясно, что если
MNB < MNB′, то BN > B′N. Значит, неравенство (6) будет установ- лено, если мы обнаружим, что
ON < O′N. |
(7) |
Но (инсайт!) это неравенство представляет собой известный факт. Цикл замкнулся — анализ завершен. Читатель без труда прове-
рит, что, проводя рассуждения в обратном порядке, мы получим искомое доказательство равенства (1). Разумеется, при индуктивном изложении доказательства порядок рассуждений будет обратным. Но разве мыслимо было бы, не проводя анализа, догадаться, что для решения поставленной задачи надо начать с рассмотрения чертежа, показанного на рис. 411?
Заметим, что в приведенном примере логическая связь между ступеньками следующая: (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7). Одна-
ко психологически, с точки зрения последовательности появления идей по время рассуждения, связь между ступеньками имеет вид
(1) → (2) → (3) → (4) → (5) → (6) → (7), т. е. цикл имеет такой же вид,
как на рис. 402 (только содержит семь ступенек). Рассмотрим еще один пример нестандартной задачи.
Задача 13. Найти четырехзначное число, являющееся точным квадратом, у которого две первые цифры одинаковы и две вторые тоже одинаковы.
Допустим, что задача решена, и пусть a — цифра в разряде тысяч искомого четырехзначного числа, b — цифра в разряде единиц. Тогда
|
|
1000a + 100a + 10b + b = N2, |
(*) |
где N — некоторое натуральное число. Следовательно, |
|
||
|
|
11 (100a + b) = N2. |
(1) |
Из этого вытекает, что |
|
||
|
|
100a + b = 11k2, |
(2) |
где k = |
N |
. Так как далее 100a + b = 99a + (a + b), то |
|
11 |
|
||
|
|
|
|
302 |
Беседа 14. Инсайт |
|
|
|
|
|
a + b делится на 11 |
(3) |
а потому |
|
|
|
a + b = 11 |
(4) |
(ибо каждая из цифр a, b не превосходит 9, т. е. a + b ≤ 18). Из (2) и
(4) получаем
99a +11 = 11k, |
(5) |
9a +1 = k2. |
(6) |
Остается выбрать из цифр a = 1, 2, ..., 9 такую, для которой 9a +1 яв- ляется точным квадратом. Легкий перебор показывает, что этому ус- ловию удовлетворяет только
a = 7, |
(7) |
откуда в силу (4) получаем b = 4. Итак, решением является число 7744. Схема рассуждения показана на рис. 412.
73. Соединение анализа с синтезом
В рассмотренных примерах для решения использовался преиму- щественно либо анализ, либо синтез. Однако в большинстве случаев применение анализа осуществляется не в чистом виде, а в соединении с синтезом.
Мы это видели на примере доказательства неравенства (п. 70). Двигаясь от доказываемого неравенства «понятным рассуждением» к более простым неравенствам, мы на каждом этапе проверяем обра- тимость сделанного шага (рис. 413). Завершив рассуждение, т. е. до- бравшись, наконец, до истинного высказывания, мы не только осу- ществляем анализ (сплошные стрелки), но и имеем полную схему синтетического изложения решения (пунктирные стрелки, ведущие от данных к искомым).
Обратимый анализ позволяет не только получать решения задач на доказательство, но и выяснять справедливость (или ложность) некоторых гипотез. Пусть предложение (*) (рис. 413) является гипо- тезой и, проведя обратимый анализ, мы получили последовательно, скажем, предложения (1), (2), (3). Иначе говоря, мы установили, что
Рис. 412 |
Рис. 413 |
73. Соединение анализа с синтезом |
303 |
(1) — необходимое (сплошная стрелка) и достаточное (пунктирная стрелка) условие справедливости гипотезы (*), далее, (2) — необхо- димое и достаточное условие справедливости предложения (1), а зна- чит, и гипотезы (*), а заключительное предложение (3) этой цепочки является необходимым и достаточным условием справедливости (2), а потому и гипотезы (*).
Тогда если предложение (3) истинно, то гипотеза доказана. Если же цепочка привела к ложному предложению, т. е. (3) ложно, то исходная гипотеза опровергнута. Рассмотрим пример.
Задача 14. Существует ли приведенное квадратное уравнение
x2 + px + q = 0, у которого сумма коэффициентов p и q равна −13, а разность корней 6?
Примем гипотезу: такое уравнение существует, т. е. |
|
p + q = −13, x2 − x1 = 6. |
(*) |
Для проверки этой гипотезы проведем обратимый анализ. Так как |
|
2 |
|
разность корней равна √D = √p − 4q, то |
|
p + q = −13, √D = 6. |
(1) |
Легко видеть (с учетом x1 + x2 = −p), что переход (*) (1) обратим,
т. е. если существует уравнение x2 + px + q = 0, для которого справед- ливо (1), то для этого уравнения справедливо и (*). Теперь выразим q через p и подставим это значение в выражение для √D ; получим
√p + 4(13 + p) = 6. |
(2) |
2 |
|
И этот переход (1) (2) обратим. Соотношение (2) преобразуем:
√(p + 2)2 + 48 = 6. |
(3) |
И здесь переход (2) (3) обратим. Однако из (3) получаем |
|
(p + 2)2 = 36 − 48 = −12, |
(4) |
и потому не существует p, удовлетворяющего условию (3). Значит, и первоначальная гипотеза была ложной, т. е. уравнения, о котором идет речь в задаче, не существует.
Заметим, что если бы мы видоизменили условие, указав, что разность корней равна 7, то в результате аналогичного обратимого
анализа пришли бы к соотношению (p + 2)2 + 48 = 49, из которого получили бы два корня p1 = −1, p2 = −3 (и соответственно q1 = −12,
q2 = −10). Значит, при такой постановке задачи существуют два иско-
мых уравнения: x2 − x − 12 = 0, x2 − 3x − 10 = 0.
Заметим, что если задача ставится определенно: опровергнуть некоторую гипотезу, — то проверять обратимость каждого шага не нужно. Получив из гипотезы (*) ряд следствий и обнаружив, что
304 |
Беседа 14. Инсайт |
последнее следствие ложно, уже можно сделать вывод о ложности исходной гипотезы (*). По существу, такой прием рассуждения сво- дится к методу доказательства от противного. Рассмотрим пример.
Задача 15. Доказать, что радиус описанной окружности тре- угольника не может быть меньше шестой части его периметра.
Допустим, что существует треугольник, в котором
R < |
2p |
(*) |
|
6 |
|||
|
|
(2p — периметр), и установим ложность этой гипотезы. Обозначим через a наибольшую сторону треугольника (или одну из наибольших).
Тогда 2p ≤ 3a, и потому из (*) получаем
R < a |
(1) |
2 |
|
(отметим, что переход (*) (1) необратим). Но тогда |
|
2R < a |
(2) |
и потому в треугольнике OBC (рис. 414) мы имеем |
|
OB + OC < BC. |
(3) |
Однако это утверждение ложно (оно противоречит неравенству |
|
треугольника). Этим установлена и ложность исконной |
гипотезы |
(рис. 415), т. е. треугольника, удовлетворяющего условию (*), не су- ществует.
Имеется еще одна форма соединения анализа с синтезом, которая применяется для подтверждения, а не опровержения гипотез. Схема этой формы соединения анализа с синтезом показана на рис. 416. Здесь идущая от гипотезы (*) пунктирная стрелка (не указывающая на логическое следствие) означает поиск такого предложения (1), из которого вытекает (*). Найдя затем предложение (2), из которого вытекает (1), мы получаем следующий шаг рассуждения и т. д. Если мы в конце концов получим такое предложение, скажем, (3), которое является истинным, то (инсайт!) мы получаем подтверждение исход- ной гипотезы (*). Здесь пунктирные стрелки обозначают анализ (по- иск нужных предложений), a сплошные стрелки — синтез, дающий доказательство предложения (*).
Рис. 414 |
Рис. 415 |
Рис. 416 |
73. Соединение анализа с синтезом |
305 |
|
|
Задача 16. Доказать неравенство |
|
100200 > 200!. |
(*) |
Для решения представим правую часть в несколько ином виде, выделив вначале четыре множителя, а остальные сгруппировав пара- ми:
100200 > 2001001 199(2198) (3197) ... (99101). |
(1) |
Здесь произведение первых четырех множителей справа меньше 1004. Поэтому, если мы докажем, что каждое произведение в скобках
меньше 1002, то требуемое неравенство будет доказано. Иначе говоря, для подтверждения неравенства (1) достаточно установить, что
1002 > k (200 − k). |
(2) |
при каждом k = 2, 3, ..., 99.
Заметим, что переход (2) (1) необратим (например, из неравен-
ства 1717 > (2 9) (3 5) не вытекает, что справедливо каждое из нера- венств 17 > 2 9, 17 > 3 5), т. е. (2) есть именно достаточное условие для (1). Далее, неравенство (2) равносильно утверждению
(100 − k)2 > 0, |
(3) |
которое при k = 2, 3, ..., 99, очевидно, истинно. Тем самым неравен- ство (*) установлено (схема рассуждений показана на рис. 416).
Наиболее общим и плодотворным является такое соединение ана- лиза с синтезом, при котором мы совершаем в рассуждении попере- менное движение с двух сторон: то от данных в направлении искомого (синтез), то от искомого к данным (анализ), пока не сблизим полу- чаемые предложения настолько, что будет осуществлен инсайт.
Задача 17. Доказать, что в прямоугольном треугольнике бис- сектриса прямого угла делит пополам угол между медианой и высо- той, проведенными к гипотенузе.
Изучаем условие и выполняем чертеж (рис. 417). Замечаем, что полезно провести описанную окружность и продлить биссектрису треугольника до пересечения с этой окружностью в середине S дуги AC (рис. 418), откуда следует, что
биссектриса лежит между медианой и высотой. |
(1) |
На рис. 419 этот первый шаг поиска решения обозначен (1), хотя на самом деле это не один «шажок» мысли, а целая цепочка умозак- лючений. Теперь сформулируем искомое (цель решения):
2 = 3. |
(*) |
Пока дальнейшее продвижение от данных в направлении искомо- го неясно. Пробуем идти «попятным» движением от искомого. Так