Поиск решения задачи

39

ПОИСК РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧИ
Я.И.Груgehов

Для отыскания решения многохзадач применяют метод попеременного движения с двух сторон — от данных заданий к искомому и обратно. Сначала стараются получить ряд следствий из данных, а затем — такие утверждения, из которых следовало бы искомое, далее опять возвращаются к данным и так далее.

Вообще говоря, из данных заданий можно получить много следствий, не имеющих никакого отношения к ее решения. Однако чаще всего мы подознательно останавливаемся именно на тех из них, которые можно связать с искомым, так как наше внимание только что фиксировалось на нем или на утверждениях, из которых оно следует. То же самое происходит при движении от искомого к данным.

Попеременное движение с двух сторон целесообразно осуществлять до тех пор, пока не возникнет идея решения (одна или несколько). Иногда кажется, что она появляется неожидано. На самом деле она является результатом кроотливой работы по сбижению искомого с данных. Это наглядно можно проследить по схеме (рис. 1), на котором пусть решения проходит через утверждения 1, 2, 3 и 4.

Рассмотрим пример.

Задача 1. Доказать, что в прямуюном преуольнике bicсектирася прямого угла делит пополам угол между медианой и высотой, проведенными к единому.

Изучаем условия. Выполняем чертеж (рис. 2), неокоторые углы обозначаем цифрами. Выделяем данные ($\angle ABC = 90^\circ$, $BO \perp AC$, $AM = MC$, $\angle ABK = \angle KBC$) и искомое (доказать, что $\angle 2 = \angle 3$). Задно проверяем, что расположение элементов на рисунке 2 — единственное возможное (биссектирая лежит между медианой и высотой); это легко доказывается с использованием середины дуги AC описанной около $\Delta ABC$ окружности.

Рис. 1. Рис. 2.

40

Отправляемся отскомого. Так как $\overrightarrow{ABK} = \overrightarrow{KBС}$, то для доказательства равенства $\overrightarrow{2} = \overrightarrow{3}$ достаточно доказать, что $\overrightarrow{1} = \overrightarrow{4}$. Для этого можно сравнить по величины $\overrightarrow{1}$ и $\overrightarrow{4}$ с другими углами. Посмотрим, не равны ли $\overrightarrow{A}$ и $\overrightarrow{1}$. Это возможно, если $AM = MB$.

Получаем следствие из данных. Так как $MB$ медиана, проведенная к гипotenузе в прямогольном треугольнике $ABC$, то $MB = \frac{1}{2}AC$, то есть $MB = AM$, а значит $\overrightarrow{A} = \overrightarrow{1}$.

Возвращаемся к доказыванию соотношения. Так как $BO \perp AC$ и $BC \perp AB$, то $\overrightarrow{A} = \overrightarrow{4}$, как острыя углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Отсюда $\overrightarrow{1} = \overrightarrow{4}$, а значит, $\overrightarrow{2} = \overrightarrow{3}$.

Если решить задачу попеременным движением с двух сторон не удалется, можно обратиться к другим методам. Например, решить задачу в частном случае. Вспомнить, не встречалась ли аналогичная задача, нельзя ли данную задачу свести к уже известной, к более простой задаче, не obligается ли понск решения, если учитывать только часть данных.

Задача 2. Вычислить

$$M = \sqrt{\frac{44 \cdot 4}{200} - \frac{88 \cdot 8}{100}}$$

Изучаем условия a). Нало извлечь корень квадратный из разности двух чисел; 6) какое из чисел содержит одинаковые цифры; b) уменьшаемое состояние из четверок, вычитаемое из восемьерок; г) уменьшаемое содержит 200 цифр, вычитаемое — 100; д) в уменьшаемом цифр вдвое больше.

Вычислить эту разность не представляется возможным. Попробуем разложить ее на множители. Для этого рассмотрим сначала часть при-

мер, составив его так, чтобы выполнялась только часть данных: (a), (6), (в), (д) (кроме (г)).

1. $4444 - 88 = 4 \cdot 1111 - 8 \cdot 11 = 4 \cdot (1111 - 2 \cdot 11) = 4 \cdot (1100 + 11 - 11 - 11) = 4 \cdot (11 \cdot 100 - 11) = 4 \cdot 11 \cdot (100 - 1) = 4 \cdot 11 \cdot 99 = 4 \cdot (11)^2 \cdot 9$.

2. $4444 - 88 = (4400 + 44) - (44 + 44) = 44 \cdot 100 - 44 = 44 (100 - 1) = 44 \cdot 99 = 4 \cdot (11)^2 \cdot 9$.

Любой из этих способов можно применить к решению данной задачи; выбираем второй:

$$M = \sqrt{\frac{44 \cdot 4}{200} - \frac{44 \cdot 4}{100}} = \sqrt{\frac{44 \cdot 4}{100} \cdot (10^100 - 1)} = \sqrt{\frac{44 \cdot 4}{100} \cdot (10^100 - 1)} = \sqrt{\frac{44 \cdot 4}{100} \cdot (10^100 - 1)} = \frac{66 \cdot 6}{100}$$

При решении планиметрических задач полезно иногда выполнить чертеж не от руки, а более точно, с помощью инструментов. Расматривая его, можно избавиться от некоторых заблудений, найти истинные соотношения между элементами фигуры. Разумеется, полученные таким путем выводы обязательно обосновываются.

Задача 3 (софиzm, то есть расчужение, в котором преднамеренно допускают ошибку, которое надо найти). Пусть в четыреххвостях $K = 90^\circ$, $C > 90^\circ$ и $BC = AK$. Через середины сторон $AB$ и $CK$ проведем перпендикуляры к ним. Точку их пересечения $O$ соединим со всеми вершинами четыреххвостых. Из попарно равных прямоугольных треугольников $KOM$ и $MOC$, $AOP$ и $BOP$ имеем:

$$OK = OC, OA = OB; \quad OKM = \overrightarrow{OCM}.$$

Так как $AK = BC, OA = OB$ и $OK = OC$, то $\Delta AOK = \Delta OBC$. Отсюда $\overrightarrow{AKO} = \overrightarrow{BCO}$.

41

Вышитая почлено из равенства (2) равенство (1), получаем $\triangle AKM = \triangle BCM$, то есть прямой угол равен туному.

Здесь сразу бросается в глаза, что в рассуждении используется чертеж: считается, что точка $O$ находится в нечетыреугольника. Но она может находиться и на стороне $KC$ или внутри четырехугольника. Проверяем эти случаи и приходим к тому же абсурдному выводу.

Выполняем тогда чертеж с помощью инструментов возможного точнее (рис. 4). Из чертежа видно, что точки $O$ и $K$ расположены по разные стороны от прямой $BC$. Убедитесь, что в этом случае рассуждения не приводят к нелености, и методом от противного доказите, что это — единственное возможное рассуждение элементов, соответствующих данным заданчи.

При поиске решения обычно сначала обнаруживаем далеко не самый короткий путь. Поэтому полезно проверить, нельзя ли сократить рассуждение, упростить или совсем опустить отдельные промежутные преобразования.

Закончив всю эту работу, целесообразно отметить те моменты, которые больше всего затрудняли поиск решения, поставаться запомнить установленные в процессе решения и ранее неизвестные или забыть теоремы.

Такая работа сказывается при решении следующих задач, когда эти теоремы возникают в сознании именно в нужный момент.

Рассмотренные рекомендации собраны ниже в таблицу. Указания, помещенные в ней, не надо заучивать. Достаточно в процессе решения нескольких задач выборочно их читать и выполнять.

Приименим этот метод к решению следующих задач.

Задача 4. В квадрате $ABCT$ из точки $T$, как из центра, радиусом, равным стороне, проведена дуга округлости $AC$. На $AT$, как на диаметре, внутри квадрата построена полукруглость. $P$ — точка дуги $AC$; прямая $PT$ пересекает полукруглость $AT$ в точке $K$. Доказать, что длина отрезка $PK$ равна расстоянию от точки $P$ до стороны $AB$.

Указание 1. Выполняем чертеж в соответствии с условиями задания и проводим $PE \perp AB$ (рис. 5). Надо доказать, что $PE = PK$.

Указание 2. Проведем отрезки $AP$ и $AK$. Надо доказать, что $\Delta APE = \Delta APK$.

Указание 2. Вписанный $\triangle AKT$ опирается на диаметр и $PE \perp AB$, поэтому треугольники $APE$ и $APK$ — прямоугольные с общей гипотенузой $AP$.

Указание 2. Остается доказать, например, равенство $\alpha = \beta$.

42

Указания	Дополнительные указания
1. Ознакомиться с задачей.	a) Выполнить чертеж, рисунок. Проанализировать все возможные расположения фигур. b) Выделить данные и искомое. c) Вспомнить признаки и свойства понятей.
2. Поперменно двигаясь от искомого к данным и от данных к искомому, искать связь между ними.	a) Искомое заменить таким утверждением, из которых оно следует. b) Получать следствия из данных. c) Использовать все данные.
3. В случае затруднения обращаться к дополнительным указаниям: 3a, 36, 38 и т. д.	a) Вспомнить задачу, аналогичную данной. Воспользоваться способом ее решения. b) Изменить условия задачи (времени учитывать только часть данных, заменить искомое и т. д.). c) Решить задачу в частином случае. d) Выполнить с помощью инструментов более точный чертеж, составить модель. Наблюдением выявить свойства фигур. Обосновать полученные выводы.
4. Изложить найденное решение, обосновывая каждый его шаг. Завершить работу над задачей.	a) Попытаться сократить рассуждания или найти другой, более простой способ решения. b) Сделать проверку. c) Запомнить те использованные при решении теоремы, которые были ранее неизвестны или забиты.

43

Рис. 6.

Указание 26. $KO = \frac{1}{3} KC$, поэтому $S_{\Delta KPC} = 9 S_{\Delta KOT}$.

Указание 2 а. $OT = TA = OE$, поэтому $S_{\Delta KOT} = \frac{1}{2} S_{\Delta AKO}$, $S_{\Delta AKO} = \frac{1}{2} S_{\Delta AOB}$, $CK = 3 \cdot OK$, поэтому $S_{\Delta AOB} = \frac{1}{3} S$. Окончательно, $S_{\Delta KCP} = 9 S_{\Delta KOT} = \frac{9}{2} S_{\Delta AKO} = \frac{9}{4} S_{\Delta AOB} = \frac{3}{4} S$.

Задча 6. Доказать, что $\frac{R}{r} \geq \sqrt{2} + 1$, где $R$ – радиус шара, описанного около правильной четырьмя парамиды, $r$ – радиус шара, описанного в эмту парамиду.

Указание 1. Пусть $PABCD$ – правильная парамида, $PO$ – ее высота (рис. 7). Тогда центр $T$ описанного в парамиду шара лежит на ее высоте, а центр $M$ описанного около нее шара – на высоте или на ее продолжении.

Указание 2 а. Чтобы при доказательстве неравенства $\frac{R}{r} \geq \sqrt{2} + 1$ использовать данные задачи, выразим $R$ и $r$ через элементы парамиды. Это проще сделать, если один элемент будет линейный, второй – угол. Пусть $BC = a$, $\triangle PKO = \alpha$, где $K$ – середина $CB$, $\triangle PCO = \beta$. Заметаем, что $R$ и $r$ легко выразить через $a$ и $\alpha$, чем через $a$ и $\beta$.

Рис. 7.

Указание 26. $T$ – центр шара, описанного в правильную парамиду, а $\triangle PKO$ – линейный угол двугранного угла $BC$, поэтому $TK$ – биссектриса угла $OKP$ и $r = OT = \frac{a}{2} \cdot tg \frac{\alpha}{2}$.

Указание 2 а. Чтобы найти $R = MP = MC = MB = \dots$, можно проверить. $ME \perp PC$ и рассмотреть подобные треугольники $PME$ и $POC$. А для этого надо найти $PC$, $OP$ и $PE = \frac{1}{2} CP$.

Указание 26. $OC = \frac{a \sqrt{2}}{2}$, $OP = \frac{a}{2} tg \alpha$. Поэтому $\Delta OPC$ получим $PC = \frac{a}{2} \sqrt{2 + tg^2 \alpha}$. Тогда $PE = \frac{a}{4} \sqrt{2 + tg^2 \alpha}$.

Из подобия треугольников $OPC$ и $MPE$ имеем: $\frac{PM}{PE} = \frac{PC}{OP}$, $PM = \frac{PE \cdot PC}{PO}$. Подставляя значения $PE$, $PC$ и $PO$, получаем $R = PM = \frac{(2 + tg^2 \alpha) \cdot a}{4 tg \alpha}$.

Следовательно, $\frac{R}{r} = \frac{2 + tg^2 \alpha}{2 \cdot tg \alpha \cdot tg \frac{\alpha}{2}}$.

44

Указание 2а. Исходное неравенство содержало два параметра: $R$ и $r$. Использовав данные задачи, мы заменили его неравенством

$$\frac{2 + \text{tg}^2 \alpha}{2 \text{tg} \alpha \cdot \text{tg} \frac{\alpha}{2}} \geq \sqrt{2} + 1,$$

в котором можно перейти к тг $\frac{\alpha}{2}$, то есть к одному только параметру, а значит, его легче будет доказать.

Указание 26. Преобразовав leyную часть последнего неравенства, получаем

$$\frac{1 + \text{tg}^4 \frac{\alpha}{2}}{2 \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2} \cdot \left(1 - \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2}\right)} \geq \sqrt{2} + 1.$$

Обозначаем $\text{tg}^2 \frac{\alpha}{2} = x$, доказываемое неравенство принимает вид

$$\frac{1 + x^2}{2x(1-x)} \geq \sqrt{2} + 1.$$

Указание 2а. Для доказательства неравенства достаточно показать, что

$$A = \frac{1 + x^2}{2x(1-x)} - \left(\sqrt{2} + 1\right) \geq 0.$$

Указание 26.

$$A = \frac{1 + x^2 - 2x\sqrt{2} - 2x^2 + 2\sqrt{2}x^2 + 2x^2}{2(1-x)} = \frac{(3 + 2\sqrt{2})x^2 - 2(1 + \sqrt{2})x + 1}{2x(1-x)}$$

Дискриминант квадратного трехчлена в числитель равен нулю (проверьте) и $3 + 2\sqrt{2} > 0$. Следовательно, трехчлен неотрицатель.

Указание 2а. Если удается показать, что знаменатель дроби $2x \times (1-x)$ положитель, то задача будет решена.

Указание 26. $x = \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2}$, но $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, $0 < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{4}$, откуда $0 < \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2} < 1$, то есть $0 < x < 1$, $1 - x > 0$. Значит, $A \geq 0$ и неравенство $\frac{R}{r} \geq \sqrt{2} + 1$ доказано.

Упражнения

1. В параллелограмме $ABCD$ точка $M$ — середина $AD$, $BC = 2AB$, $E$ — основание перpendикуляра, опущенного из вершины $C$ на $AB$. Доказать, что $\Rightarrow EMD = 3 \Rightarrow AEM$.

2. Около треугольника $ABC$ описана окружность. Доказать, что уголь между diamетром этой окружности $CM$ и высотой треугольника $CK$ равен $| \Rightarrow A - \Rightarrow B|$.

3. Доказать, что $\frac{n}{12} + \frac{n^2}{8} + \frac{n^3}{24}$ является целым числом при любом четном $n$.

4. Стороны параллелограмма равны $a$ и $b$. Вычислить диагонали четырехугольника, образованного пересечением биссекtrис внутриренних углов этого параллелограмма.

5. Построить треугольник $ABC$ по стороне $b$, радиусу $R$ описанной окружности и медиане $m_c$.

6. Две грани треугольной прямиды — равноведренные прямой угольные треугольники с общей гипотенузой $AB$. Двугранный угол при $AB$ равен $a$. Найти двугранный угол, у которого ребро есть катет.

7. Найти объем прямиды, в основании которой лежит правильный треугольник со стороны $a$, если двугранные углы между плоскостью основания и боковыми гранями равны $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.

8. Найти все пятизначные числа вида $\frac{34x5y}{34x5y}$, делящие на 36.

9. Доказать, что $(\sqrt{3} - \sqrt{2})^{243}$ можно представить в виде $a\sqrt{3} - b\sqrt{2}$, где $a$ и $b$ целые числа, причем $3a^2 - 2b^2 = 1$.