Об убедительных и неубедительных решениях математических задач Текст научной статьи по специальности «Математика»

1УДК 37.026.2 ББК 74.202.5

ОБ УБЕДИТЕЛЬНЫХ И НЕУБЕДИТЕЛЬНЫХ РЕШЕНИЯХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

С. В. Костин

Обсуждается вопрос о том, каким должно быть решение математической задачи, чтобы это решение было не только математически строгим и корректным, но также убедительным для обучающегося. Отмечается недопустимость своеобразного «снобизма», который наблюдается в некоторых пособиях, когда авторы (сознательно или несознательно) приводят формально правильное, но вычурное и неестественное решение задачи, вместо того чтобы привести, возможно, более громоздкое, но естественное и убедительное для обучающегося решение. В качестве примера рассматриваются две геометрические задачи.

Ключевые слова: математическая задача, метод решения задачи, процесс решения задачи, убедительное решение.

ON CONVINCING AND NON-CONVINCING SOLUTIONS OF MATHEMATICAL PROBLEMS

S. V. Kostin

The article discusses a question of what a solution of mathematical problem should be if we want this solution to be not only mathematically strict and correct, but also convincing for the student. Sometimes mathematical textbooks contain non-natural and original (as they think) solutions to longer but at the same time more natural and convincing solutions. This phenomenon contradicts to the basic principles of pedagogy and can be considered as a kind of "snobbery". For the illustration of the ideas the article considers two geometric problems.

Keywords: mathematical problem, method of the solution of the problem, process of the solution of the problem, convincing solution.

Многие методисты и преподаватели математики сходятся во мнении, что в процессе обучения школьников и студентов математике значительно полезнее решить одну задачу несколькими разными способами, чем решить одним способом несколько однотипных задач. Тщательный разбор и анализ нескольких, иногда принципиально различных решений одной и той же задачи расширяет кругозор обучающихся, показывает им красоту и внутреннее единство математики, помогает глубже понять возможности различных математических методов и подходов.

Различные решения одной и той же задачи можно сравнивать друг с другом не только с точки зрения метода, который был использован для решения задачи, но также с других точек зрения: краткость или громоздкость решения, сведения из каких областей математики были

использованы в данном решении, является ли решение аналитическим или синтетическим, эстетическая привлекательность решения и т. д.

В данной статье мы хотели бы обратить внимание читателей еще на один, как нам представляется, достаточно важный критерий, по которому целесообразно сравнивать различные решения одной и той же задачи. Речь идет о том, насколько убедительным (или, наоборот, неубедительным) является данное решение (как для обучающихся, так и для преподавателей).

Поясним нашу мысль на примере конкретной геометрической задачи. Эта задача предлагалась десятиклассникам в 1993/94 учебном году на областном этапе Всероссийской олимпиады школьников по математике [1, с. 5, задача 15].

Задача 1. Через точку лежащую вне окружности с центром О, проведены две касательные, касающиеся окружности в точках А и

В, и секущая, пересекающая окружность в точках Ми N. Прямые АВ и SO пересекаются в точке К. Докажите, что точки М, N, К и О лежат на одной окружности.

Замечание. В приведенной формулировке задачи содержится некоторая неточность (или, во всяком случае, недоговоренность). Дело в том, что если секущая, пересекающая окружность в точкахМи N, совпадает с прямой SO, то точки М, N, К и О лежат не на одной окружности, а на одной прямой. В дальнейшем мы считаем, что секущая, пересекающая окружность в точкахМ и N, не совпадает с прямой SO.

В книге [1, с. 69-70] приведено следующее решение этой задачи (мы позволим себе изложить решение своими словами, полностью сохранив при этом его суть).

Решение 1. Не ограничивая общности можно считать, что точка М лежит между точками 51 и N (рис. 1). Прямоугольные треугольники SOA и SOB равны (у них гипотенуза SO общая, а катеты ОА и ОВ равны как радиусы окружности). Следовательно, SA = SB и АОБА = АОБВ = а. В равнобедренном треугольнике ASB биссектриса Жявляется также высотой, следовательно, прямые АВ и SO перпендикулярны.

Используя известное свойство касательной и секущей, имеем следующую цепочку равенств:

ел

БЫ • SN = БА2 = БА оо*а~— = Ж • БО.

ооъа

S

Рис. 1. Иллюстрация к первому решению задачи 1

„ SM SK

Отсюда следует, что----

SO SN

Рассмотрим треугольники KSM и NSO. У них угол при вершине S общий, а длины сторон, выходящих из точки S, пропорциональны. Следовательно, эти треугольники подобны, откуда следует, что ZMKS = ZONS. Таким образом, в четырехугольнике MKON сумма противолежащих углов MKO и MNO равна 180°, а значит, этот четырехугольник является вписанным. Это и означает, что точки M, N, K и O лежат на одной окружности.

В приведенном решении было совершенно строго доказано, что точки M, N, K и O лежат на одной окружности, а значит, угол MKN равен углу MON. Но почему равны эти углы? Какова, если угодно, геометрическая природа или геометрическая подоплека равенства этих углов?

Приведенное решение, к сожалению, не дает ответа на эти вопросы. Поэтому приведем второе решение рассмотренной задачи, которое представляется нам в каком-то смысле более убедительным, чем первое решение.

Решение 2. Не ограничивая общности можно считать, что точка M лежит между точками S и N, а также что точка A лежит на дуге MN (см. рис. 2). Точно так же, как и в решении 1, доказываем, что ZOSA = ZOSB = a и что прямые AB и SO перпендикулярны.

Пусть M' и N' - точки, симметричные точкам M и N относительно прямой SO. Из соображений симметрии следует, что точки S, M' и

S

Рис. 2. Иллюстрация ко второму решению задачи 1

N' лежат на одной прямой, а также что точка P пересечения отрезков MN' и NM' лежит на прямой SO.

По теореме о величине угла между двумя хордами имеем:

ZMPN = - (u MAN + uMBN') = 2

=1 • 2 u MAN = u MAN = ZMON 2

(мы учли, что в силу симметрии угловая величина дуги MAN равна угловой величине дуги M BN').

Таким образом, углы MPN и MON равны, а значит, четырехугольник MPON является вписанным. По теореме о двух секущих и по теореме о касательной и секущей имеем:

SA

SP■ SO = SM■ SN = SA2 = SAcosa--= SK ■ SO.

cosa

Из полученного равенства следует, что SP = SK, а значит, точка P совпадает с точкой K. Следовательно, точки M, N, K и O лежат на одной окружности.

Почему второе решение представляется нам более убедительным, чем первое решение? Дело в том, что из второго решения становится понятно, почему «на самом деле» равны углы MPN и MON. Эти углы равны потому, что величина каждого из этих углов равна угловой величине дуги MAN.

По нашему мнению, в книгах, предназначенных для школьников и студентов, следует приводить по возможности убедительные решения, которые проясняют саму суть рассматриваемого вопроса. Иначе говоря, следует по возможности избегать формально правильных решений, но таких, из которых совершенно непонятно, как до этих решений додуматься, и которые выглядят как своеобразный «фокус».

Мы убеждены в том, что более длинное, но более понятное и убедительное решение следует предпочесть краткому, но в то же время искусственному и замысловатому. В крайнем случае следует привести два (а может быть, и три) различных решения одной задачи.

Рассмотрим еще одну геометрическую задачу, для того чтобы сделать нашу мысль более понятной. Эта задача предлагалась десятиклассникам в 2001/2002 учебном году на областном этапе Всероссийской олимпиады школьников по математике [1, с. 38, задача 267].

Задача 2. Окружность со проходит через вершины B, C и центр I вписанной окружности треугольника ABC. Второй раз со пересекает прямую AB в точке Bj, а прямую AC в точке Cj. Докажите, что длины отрезков BBJ и CCJ равны.

Вкниге[1, с. 158] приведено следующее решение этой задачи (мы позволили себе немного переформулировать решение, чтобы сделать, как нам представляется, его более понятным; при этом мы полностью сохранили суть решения).

Решение 1. Символами ZA, ZB, ZC будем обозначать величины углов треугольника ABC. Не ограничивая общности, можно считать, что ZB >ZC (см. рис. 3).

Поскольку В - биссектриса угла ABC, то ZB1BI = п-(1/2)ZB. Но угол BXB является вписанным углом окружности , опирающимся на дугу BJCI. Следовательно, u Bfil = 2ZBlBI = = 2п - ZB, а значит, u BXBI = 2п - uBjCI = ZB. Аналогично, угол CBI является вписанным углом окружности , опирающимся на дугу CCJ. Следовательно, u CCJ = = 2ZCBI = ZB.

Таким образом, угловая величина каждой из дуг BXBI и CCJ равна ZB, а значит, эти дуги равны.

Аналогично доказывается, что угловая величина каждой из «маленьких» (меньше половины окружности) дуг BI и CjI равна ZC, а значит, эти дуги тоже равны.

Но тогда равны «маленькие» (меньше половины окружности) дуги ББ1 и CCl (поскольку угловая величина каждой из этих дуг равна ZB - ZC ), а значит, отрезки ББГ и CCj равны. □

Почему приведенное решение представляется нам не самым удачным и не самым убедительным (разумеется, исключительно с педагогической точки зрения)?

Во-первых, не был строго обоснован тот факт (а он неявно использовался в решении), что если ZB > ZC, то точка Cj лежит на отрезке AC, а точка Bj лежит на продолжении отрезка AB за точку B .

Но дело даже не в этом.

У школьника, прочитавшего приведенное решение, может возникнуть закономерный вопрос: раз длины отрезков BBJ и CCJ равны, то означает ли это, что центр окружности с лежит на биссектрисе AI угла BAC ?

Да, конечно, это действительно так, однако авторы книги [1] никак не использовали этот факт в своем решении. Авторы ухитрились решить задачу, вообще не произведя никаких дополнительных построений и, соответственно, не введя в рассмотрение центр О окружности со.

Хорошо это или плохо?

С точки зрения своего рода эстетствующего сноба, специализирующегося в области олимпи-адной математики, может быть, это является проявлением своеобразного «шика»: «Я решил задачу, не сделав никаких дополнительных построений, а также тщательно убрав все строительные леса, по которым можно понять, как до этого решения можно додуматься». (Отметим, что на рис. 3 мы воспроизвели рисунок к данной задаче точно в том виде, как он приведен в книге [1].)

С точки же зрения обычного рядового школьника приведенное решение, по нашему мнению, является своеобразным эталоном неестественного, вычурного и антипедагогического решения.

Ведь как может (и - мы в этом убеждены -должен) решать (или пытаться решать) задачу рядовой школьник? Наверное, одно из первых действий, которое он должен сделать, это ввести в рассмотрение центр О окружности со. После этого надо попытаться построить цепочку логичных и естественных (а потому убедительных) рассуждений, которые шаг за шагом проясняют приведенную в задаче геометрическую конструкцию и в конце концов приводят к доказательству требуемого утверждения.

А

Рис. 3. Иллюстрация к первому решению задачи 2

Мы убеждены в том, что учеников надо прежде всего учить рассуждать, учить думать. Если найденное школьником в результате рассуждений решение будет не самым коротким и изящным -не беда. Главное, чтобы решение было понятным и убедительным для самого обучающегося.

Приведем одно из тех решений рассматриваемой задачи, которое, по нашему мнению, удовлетворяет сформулированным условиям (то есть является последовательным, логичным, а потому убедительным для рядового школьника).

Решение 2. Пусть O - центр окружности со (см. рис. 4). Пусть B2 - произвольная точка, лежащая на продолжении отрезка AB за точку B и пусть C2 - произвольная точка, лежащая на продолжении отрезка AC за точку C.

Рассмотрим точку Ij, симметричную точке I относительно точки O. (Иначе говоря, I Ij - диаметр окружности а>.) Угол IBIj является вписанным углом окружности со, опирающимся на диаметр I Ij, следовательно, ZIBI1 = 90°. Поскольку угол IBIj прямой и BI- биссектриса угла ABC, то BIJ - биссектриса смежного угла B2BC.

Аналогично доказывается, что CIJ - биссектриса угла C2 CB.

Следовательно, точка Ij является центром вневписанной окружности треугольника ABC, касающейся стороны BC.

Точка I лежит на биссектрисе угла BAC, поскольку она является центром вписанной окружности треугольника ABC, а точка Ij ле-

А

задачи 2

жит на биссектрисе угла BAC, поскольку она является центром вневписанной окружности треугольника ABC, касающейся стороны BC.

Следовательно, точки A, I, Ij лежат на одной прямой. Но точки I, O, Ij тоже лежат на одной прямой (поскольку I Ij - диаметр окружности m). Значит, четыре точки A, I, O, Ij лежат на одной прямой, а именно, на биссектрисе угла BAC.

Отсюда следует, что отрезки BBl и CCj симметричны друг другу относительно прямой AO, а значит, длины этих отрезков равны.

Приведенное решение, наверное, примерно в два раза длиннее предыдущего, но в то же время, как нам представляется, значительно естественнее и убедительнее.

Подведем итог нашей статьи.

В книгах и пособиях, читателями которых могут быть школьники (иногда ученики самых обычных и рядовых школ), по нашему мнению, недопустимо «оригинальничанье», своего рода «снобизм» со стороны специалистов по олимпиадной математике. У нас есть большие сомнения в том, что самый обычный увлеченный математикой школьник сможет в полной мере оценить все изящество решения геометрической задачи, когда авторы решили задачу, не сделав при этом в ней никаких дополнительных построений.

Пособия для методистов, для руководителей кружков, для тренеров сборных любого уровня (от школьного до всероссийского) - это совсем другое дело. Там можно изощряться и оригинальничать столько, сколько душе угодно. Но если авторы пишут книгу, читателем (пусть даже потенциальным) которой может оказаться самый обычный школьник, то они должны, по нашему мнению, предпочесть естественное и убедительное решение задачи (пусть даже оно будет весьма громоздким) неестественному и неубедительному.

Мы имеем определенный опыт участия в математических олимпиадах (и отчасти даже успешный), но даже у нас решения задач 1 и 2, приведенные в книге [1], оставили чувство неудовлетворенности и какой-то неприятный осадок неубедительности. Прочитав эти решения, мы не поняли, какова не аналитическая, а геометрическая, или, если можно так сказать, «физическая» причина того факта, что точки M,N, K и O лежат на одной окружности (в задаче 1) и того факта, что центр O окружности ¿улежит на биссектрисе угла BAC (в задаче 2). Это заставило нас взять ручку, листок бумаги и начать искать другие, не более короткие или изящные, а просто-напросто более убедительные для нас самих решения этих задач. В результате этих размышлений и появилась данная статья.

В завершение отметим, что данную статью ни в коем случае не следует рассматривать как критику именно в адрес книги [1] или ее авторов. Мы взяли две задачи из книги [1] исключительно в качестве примера. Более того, если бы книга [1] не была очень интересной и не содержала много оригинальных задач, то мы не читали бы ее на досуге и, соответственно, данная статья вообще бы не появилась.

Надеемся, что наша статья заинтересовала читателей, и будем очень благодарны за любые комментарии или замечания по затронутым нами вопросам.

СПИСОК ИСТОЧНИКОВ И ЛИТЕРАТУРЫ

1. Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы [Текст] / Н. Х. Агаханов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др. - М.: Просвещение, 2010. - 239 с. - (Пять колец).

REFERENCES

1. Agahanov N. H., Bogdanov I. I., Kozhevnikov

P. A. et al. Matematika. Oblastnye olimpiady. 8-11 klassy. Moscow: Prosveshhenie, 2010.

Костин Сергей Вячеславович, магистр прикладных математики и физики, старший преподаватель кафедры высшей математики института кибернетики Московского государственного университета информационных технологий, радиотехники и электроники e-mail: [email protected]

Kostin Sergey V., Master of Applied mathematics and physics, Senior lecturer, Higher Mathematics Department, Cybernetics Institute, Moscow State Technical University of Information Technology, Radio-Engineering and Electronics e-mail: [email protected]