CC BY
7СИНЕРГЕТИКА ПРОЦЕССА РЕШЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
В.Б.Милушев, доктор педагог. наук, профессор, Пловдивский университет „Паисий Хилендарски",
е-mail: milushev_vassil@abv. bg,
Ж.И.Желев, канд. педагог. наук, гл. ассистент, Тракийский университет, е-mail: zhelev@uni-sz.bg, БОЛГАРИЯ
Розглянут1 деяк аспекти синергетики процесу розв'язання задач. Описано понят-тя синергетичного спектру задач1 i функци розв'язання. В якост1 шюстративних при-клад1в використано чотири математичш задачi, третя з яких - конкурсна задача для вступного тпиту до ушверситету, а остання - задача математичног олiмпiади.
К.иочоеЛ слова: синергетика, розе 'язання задач, санергетачннй спектр задач].
Постановка проблемы. В последние десетилетия процесс обучения рассматривается как нелинейная система с позиций синергетики и теории хаоса. Чтобы одна система была хаотической, независимо от того является ли она абстрактной математической конструкцией (некоторой системой уравнений) или реально существующим объектом (аппаратом в физике или технике, сообществом различных биологических видов в екологии, химической реакцией и т.д.), необходимое, но недостаточное, условие - быть нелинейной. Например, закон Ома в физике U = R • I, где U - напряжение, R - сопротивление, I - сила электрического тока, является примером линейной системы, так как, если, например, I(t) = Ix cos oxt +12 o21, то с теми же частотами (o ,0) будет колебаться и напрежение U (t) [10, с. 16].
Чтобы квалифицировать поведение одной нелинейной системы как хаотическое, должны быть налицо хотя бы следующие два признака:
1. Система должна быть детерминированной, т. е. должно существовать правило, которое будет определять ее будущее
поведение при указанных начальных данных;
2. Система должна показывать сильную чувствительность к начальным условиям (что делает ее в принципе непредсказуемой или с ограниченным сроком предсказуемости).
Такие системы описываются математически посредством нелинейных дифференциальных уравнений (обыкновенных или частных) или дифференчных (в конечных разницах) уравнений. В таком случае первое требование означает, что в этих уравнениях нет коэффициентов или свободных членов, а также нет и граничных условий, которые были бы случайными величинами [10, с. 17]. Если вопреки этому решение (исходный сигнал) имеет такой сложный вид, что выглядит как случайная функция, то говорим, что налицо детерминированный хаос.
Анализ актуальных исследований. В настоящее время современная наука также рассматривает процесс учения как детерминированный хаос. С.Гроздев отмечает, что «современное понимание учения, а также и обучения и образования вообще состоит в том, что речь идет о детермини-
рованном процессе, то есть о процессе с предысторией и эта предыстория оказывает существенное влияние на сам процесс» [3, с. 11]. Процесс решения математических задач также детерминированный процесс, так как и он имеет предысторию, которая влияет на него.
В [4, Гл. II, пункт 3] и [12, 2.3] детально анализирован синергетический аспект процесса учения. В этих исследованиях дефинированы новые функции к(V) - уровень подготовленности (опыта) [3] и уровень возможностей [4], [12]. Рассмотрим, с одной стороны, теоретически выведенную формулу уровня возможностей школьника
Р ( Р I
к (0 =--+ к +—I ехр(/ - ^), (1)
а \ а )
где ¥ (к) = ак отражает активную роль ученика в процессе учения, ¥(^) = кх и ¥ = ¥(V, к), а а < 0 - показатель скорости запоминания (забывания), Р = Р(V) -это сама подготовка ученика. С другой стороны, известна формула Эбингхауса [11] для объема усвоенного материала:
х(V) « С - С2 ехр(а), (2) С и С2 - константы.
В результате сравнения этих формул автор приходит к выводу, что между ними существуют замечательные сходства.
Рассмотрим теперь функцию Р = Р(V), определенную С.Гроздевым, которая описывает уровень подготовки ученика. Он отмечает, что „в частности Р({) может обозначать и самоподготовку, включающую самостоятельное учение, чтение книги, работу в библиотеке и т.д." [4, с. 112]. Последнее, по-нашему, очень важно, так как имеет прямое отношение к процессу учения в синергетическом аспекте - процессу учения как самоорганизации. Благодаря кибернетике и биологии самоорганизацию можно определить в наиболее общем смысле как процесс, при котором создается, воспроизводится или совершенствуется организация сложных систем (здесь под сложными системами понимаем системы с большим количеством элементов, связи между которыми
имеют верятностный характер). [1, с. 30].
В синергетике наблюдается одно любопытное обстоятельство. С одной стороны, сама концепция о самоорганизации объединяет широкий круг научных теорий. С другой - внутри в самой синергетики ясно разграничиваются различные подходы (школы) в теоретическом описании самоорганизации. Самые известные подходы: термодинамический подход (теория дисси-пативных систем), развиваемый бельгийской школой И.Пригожина; кинетический подход (синергетика в узком смысле), предложенный школой Г.Хакена; динамический подход (теория автоволновых процессов), развиваемый советской школой по нелинейным колебаниям и волнам
[1, с. 83].
Целью статьи является исследование некоторых аспектов синергетики процесса решения задач как, например, синергети-ческого спектра задачи и функции решения, а также рассмотрение конкретных примеров, иллюстрирующих этот процесс.
Изложение основного материала. Необходимо отметить два очень важных свойства высокоэффективных синергети-ческих систем:
1. Непрерывный обмен энергии, вещества или информации с внешней средой. 2. Объязательное взаимодействие между компонентами системы [8].
В этой связи можем обобщить, что учение, как синергетическая система, состоит в повышении и улучшении интеллектуального развития обучаемых в условиях утвержденных методик обучения и самообучения, посредством которых происходит непрерывный обмен информации. В этом смысле учению как процессу присуще первое из указанных свойств синергетичес-ких систем. Второе свойство заложено в самой сущности учения, где каждый обучаемый субъект стремится постичь максимальный эффект обучения в условиях коллективного взаимодействия и конкуренции, причем это проявляется в борьбе за более высокую отметку, более хорошие результаты на экзаменах, конкурсах, олимпиадах; в стремлении проявить себя, к
творчеству и т.д.
Анализ различных исследований ([6],[7] и др.), сделанный ВМилушевым, позволил разработать конкретную синергетическую схему обучения посредством создания структурной модели системы „обучаемый-
обучающий". Кроме того „синергетику можно рассматривать как системную рефлексию, основывающуюся на самоорганизации" [9, с. 47].Важным свойством учения как системы является его нелинейность (см. схему-модель на рис. 1).
Рис. 1. Схема-модель учения
В самом общем смысле нелинейность одной системы состоит в том, что ее реакция на одно или другое изменение внешней или внутренней среды, не пропорциональна этому изменению. В качестве примера рассмотрим определенную выше функ-
цию Р(0, отражающую уровень подготовки (накопленные знания), зависящую от времени. Пусть Р(/0) = Р0 дает знания по математике конкретному ученику в данный момент V = , а Р * отражает средную подготовленность относительно
данных фиксированных стандартов. В зависимости от Р функция Р(7) может изменятся разными способами. Например, если р = Р*, то естественно Р) = р - р* = 0, а при р < Р*, накопление знаний и опыта ухудшается. В случае, когда р > Р*, характер изменения самого учения принципиально изменяется, причем в зависимости от конкретных значений Р , подготовка повышается значительно и может показать качественное развитие (например, ученик успешно преодолевает предварительные круги состязаний и занимает место в национальной команде по математике). Отсюда следует и качественный смысл нелинейности - множество путей развития процесса учения и процесса решения задач как систем. В одной нелинейной системе могут возникнуть только те структуры, которые отвечают внутренним тенденциям развития процессов в данной системе за конкретный период времени. Это, в свою очередь, означает,что возможно объединение непроизвольных структур и на непроизвольных этапах их развития.
Одним из самых ярких примеров, подчеркивающих универсальность в закономерностях развития процесса учения как нелинейной системы, является восходящее развитие возможностей вообще (функции Р(7), к(7) и х(7) монотонно возрастают) в результате обучения или объединения двух или больше форм обучения. Такое явление принято называть синергетикой.
Синергетику процесса решения математических задач можем описать функцией решения х(Л), где независимая переменная Л является управляющим параметром использования различных приемов - эвристических или алгоритмических. Если для двух различных значений Л, например, л = л и л = л (т.е. при использовании двух эвристических приемов), флуктуации около этих двух
точек приводят к одному и тому же устойчивому разветвлению, то эти два решения у = х(Л) и у2 = х(Л) будем называть синергетически изоморфными, в противном случае - их назовем синергетически неизоморфными.
Каждое стандартное (алгоритмическое) решение Л конкретной задачи дефи-нирует достижение устойчивого состояния системы х(Л) . Использование эвристических приемов, однако, не определяет априори устойчивое состояние системы, т.е. не гарантирует решения задачи.
Множество всех синергетически неизоморфных решений (в) данной задачи (системы) будем называть синерге-тическим спектром этой задачи (системы) [5, с. 18]. Спектр решений различных задач зависит еще и от их типа -алгоритмической, полуэвристической или эвристической задачи. Для каждой нерешенной математической задачи имеется пустой спектр решения, а для всех остальных типов задач - Б Спектр решений каждой задачи - относительная величина, которая зависит больше всего от умений субъекта решать математические задачи, и он (спектр) тем больше, чем более развиты способности и умения субъекта применять различные приемы (эвристические или алгоритмические) в процессе решения математических задач.
Предлагаем четыре задачи в качестве примеров достижения устойчивых разветвлений системы х(Л), причем последняя (одна из задач для десятиклассников Весенних математических состязаний, проведенных в городе Руссе (Болгария) с 30 марта по 1 апреля 2012 г.).
Задача 1. Доказать, что стороны прямоугольного треугольника удовлетворяют неравенству (а + Ь) < Са/2 , где а и Ь - катеты, с - гипотенуза.
Первое решение (^ ): если решающий задачу субъект (ученик, студент, даже учитель) не сообразит, как можно использовать условие задачи в качестве отправного шага решения, целесообразно начи-
нать свои рассуждения, исходя из тезиса данной задачи - неравенство (а + Ь) < с42, которое нужно доказать, то есть сначала сделать несовершенный анализ поиска отправного пункта решения: из
(а + Ь) < с42 ^ а2 + 2аЬ + Ь2 < 2с2.
Но с2 = а2 + Ь2. Тогда имеем:
а2 + 2аЬ + Ь2 < 2а2 + 2Ь2 ^
а2 + Ь2 - 2аЬ > 0 ^ (а - Ь)2 > 0.
Полученное неравенство истинно, согласно свойству степеней с четным показателем. Так как здесь использован несовершенный анализ, а в этом случае он не имеет доказательственой силы, обязательно нужно применить синтетический метод для оформления решения.
Решение (синтез): исходя из последнего шага аналитических рассуждений
(а - Ь)2 > 0 и совершая обратные рассуждения, которые были сделаны при анализе,
2 2
получаем а + Ь - 2аЬ > 0. Потом при-
2 2
бавляем а + Ь к обеим частям и переносим 2аЬ в другую сторону этого неравенства:
2а2 + 2Ь2 > a2 + Ъ2 + 2ab ^
2(а2 + Ь2) > (а + Ь)2.
Так как согласно условию задачи: треугольник прямоугольный и его гипотенуза с, а катеты а и Ь, то выполняется равенство
Пифагора а2 + Ь2 = с2 . Тогда последнее неравенство можно записать в таком виде 2с2 > (а + Ь)2. Т.к. числа а, Ь и с положительные (длины отрезков) и иррациональная функция возрастающая, то при извлечении корня из обеих частей последнего неравенства, можно не писать модуль и нужно сохранить знак неравенства:
сл/2 > а + Ь, т.е. а + Ь < с42.
Примечание. Таким способом (сначала сделать анализ, а потом синтетически оформить решение) должен поступить и учитель, когда его цель - обучение учащихся применению метода несовершенного анализа.
Второе решение (^): геометрический
метод. Очевидно, для каждого прямоугольного треугольника выполнено неравенство кс < тс, причем равенство выполняется, если прямоугольный треугольник равнобедренный. Кроме того верны
с
утверждения тс = — и спс = аЬ . Исполь-
2 2 2 зуя тождество (а + Ь) = а + Ь + 2аЬ и
теорему Пифагора, это равенство можно записать: (а + Ь)2 = с2 + 2аЬ. В правой части заменим произведение аЬ, применяя свойство сп = аЬ , и получим
(а + Ь)2 = с2 + 2сАе. Но Пс < тс, что приводит к неравенству
(а + Ь)2 < с2 + 2ешс, с
а после замены тс = — и посредством
очевидных преобразований, получим не-2 2
равенство (а + Ь) < 2с . Т.к. числа а, Ь и с - длины отрезков и иррациональная функция возрастает, то получаем
а + Ь < с . Задача решена.
Третье решение (£3): Синтетический
метод. Из неравенства (а - Ь)2 > 0 получается последовательно:
(а - Ь)2 > 0 ^ а2 + Ь2 - 2аЬ > 0 ^
а2 + Ь2 > 2аЬ / +(а2 + Ь2) ^
а2 + Ь2 + а2 + Ь2 >а2 +Ь + ЪЪ^
2(а2 + Ь2) > (а + Ь)2
Но а2 + Ь2 = с2. Тогда последнее неравенство принимает следующий вид 2 с2 > (а + Ь)2, т. е.
(а + Ь)2 < 2с2 ^ |а + Ь\ < с4Ь ^
а + Ь < с4Ь. Задача решена.
Четвертое решение (^4 ) : Тригонометрический метод. Так как равенство а2 + Ь2 = <"
можно записать в виде
аI +(ЬI2 = 1, то 0<а< 1 и 0<Ь< 1.
с
с
с
с
Кроме того, равенство
f)2+Vb
= i
напоминает тригонометрическое тождество
2 2
sin х + cos х = 1. Тогда, имея ввиду, что sin х и cos х ограниченные функции и для острого угла а прямоугольного треугольника 0 < sin а< 1 и
0 < cos а < 1, то, сравнивая эти неравенства, возникает идея сделать замену: a b
— = sin а, — = cos а. Это дает возмож-c c
ность переформулировагь данную задачу и получить задачу на доказательство тригонометрического неравенства, а именно:
0 < sin а + cos а< V2 . Левая часть этого неравенства очевидно выполнена.
Чтобы доказать правую часть, представим сумму sin а + cos а одной тригонометрической функцией, которая должна быть ограниченной. Это можно осуществить посредством метода вспомогательного угла или переобразованием суммы в произведение. Например,
. (я
sin а + cos а = sin а + sin I--а \ =
V2
я я
а+---а а---+а
о • 2 2
= 2sin---cos---
2 2
О • я ( я\ 42 ( я
= 2sin— cosI а--I = 2-cosI а--=
4 I 4 J 2 I 4
Следовательно,
sinа + cos а
= 42
cos
Но 0 < cos
я
а — —\ < 1 (причем равенство
я
выполняется при а = — ), откуда
4
0 <42
cos
а —<42,
т.е. 0 < sin а + cos а <42. Используя замену, получаем искомый результат:
а + Ь < с42.
Если применить метод вспомогательного угла, получается
(42 . 42 л
sin« + cos«
= 42
sin»^-— cos«
2 2
v 2 2
= 421 sin я s1h« + cos — cos а = V 4 4 J
= -s/2cos I а — я I.
V 4 J
Далее рассуждаем как и в предыдущем изложении. Задача решена.
Сравнивая эти четыре решения одной задачи, можно заключить, что первое из них, хотя и длинное, имеет обучающее значение для учащихся, начинающих усвоение несовершенного анализа поиска и открытия решения задач. Самое короткое, и в то же время самое искусственное - это третье решение. Во втором решении также есть искусственный момент - тождество
2 2 2 (a + b) = a + b + 2ab, но используются знания из геометрии, откуда и сама задача. Последнее решение показывает внутрипредметные связи между геометрией, тригонометрией и алгеброй. Поэтому оно предусматривает овладение решающим субъектом учебного материала на высоком уровне и в то же время обладает возможностями реализации триады деятельностей с математическими задачами в контексте рефлексивно-синергети-ческого подхода. Конечно, эту задачу можно переформулировать в алгебраическую, заменяя ее условие, например, следующим образом: „если a2 + b2 = 1,
доказать, что —42 < a+b <42 , где а и b -действительные числа".
Спектр решения данной задачи содержит четыре решения.
Задача 2. Если a2 + b2 = 1 и c1 + d2 = 1, доказать, что | ac — bd |< 1.
Первое решение (^1): это стандартное алгоритмическое решение задачи и самый вероятный подход к ней. Оно состоит в применении метода эквивалентности - доказательство модульного неравенства
2
путем возведения в квадрат обеих его частей. Применяя эту идею, получаем
\ac
- bd\ < 1 о( ac - bd )2 < 1,
откуда,
9 9 о о
имея в виду, что a + b = 1 и c + d = 1, имеем последовательно a2c2 - 2abcd + b2d2 < a2 + b2 О
0 < a2(1 -c2) + b2(1 -d2) + 2abcd О 0 < a2d2 + b2c2 + 2abcd О 0 < (ad + bc)2. Так как последнее неравенство очевидно, то задача решена.
Второе решение (S2) базируется на очевидных неравенствах
(a + c)2 + (b - d)2 > 0 и
(a - c)2 + (b + d)2 > 0. Неравенство | ac - bd |< 1, которое надо доказать, выполняется точно тогда, когда имеет место двойное неравенство -1 < ac - bd < 1.
Чтобы доказать левую часть последнего неравенства, используем, что (a + c)2 + (b - d)2 > 0 О
a2 + 2ac + c2 + b2 - 2bd + d2 > 0 О
2 + 2(ac - bd) > 0,
откуда следует 2 > -2(ac - bd), т.е.
-1 < ac - bd.
Правое неравенство доказывается аналогично, причем используется второе из цитированных выше неравенств. Задача решена.
Третье решение (S3): Эвристический
прием, который используем при этом
решении - введение углов и использование
тригонометрических знаний.
2 2 2 2 Так как a + b = 1 hc + d = 1, то
существуют такие значения a и Р, что
a = sin a, b = cos a, c = sin Р, d = cos p.
Тогда
ac - bd = sin a sin p-cos a cos Р = = - cos(a + p).
Но косинус ограниченная функция - в случае имеем: -1 < - cos(a + Р) < 1. Следовательно | ac - bd |< 1. Задача решена.
Четвертое решение (£4) : Рассмотрим
два вектора т^, ли п(хъуъZ2). Очевидно для их скаларного произведения в силе неравенство | т.п |<| т |. | п |, которое в координатной форме запишем так:
|Х1Х2 + У1У2 + |<
<4х2 + У12 + Z2 л/х22 + У22 + Z22 , а это точно неравенство Коши-Буня-ковского-Шварца. Именно это неравенство представляет ключ к решению. Отметим, что в нем достигается равенство тогда, когда векторы т и П коллинеарны.
Введем векторы т(а,Ь) и //(с, -с!). Учитывая условие задачи, получаем
| т |= Vа2 + Ь2 = 1 и | п Нл/сч^ = 1.
Кроме того т.п = ас - Ьd.
Следовательно,
| ac-bd |=| т-п |<| т \ ■ \ п |=1.
Задача решена.
Пятое решение (£5 ) : При этом решении будем использовать тождество Диофанта (а2 + Ь2)(с2 + d2) = ^ + Ьс)2 + (ас - bd)2 которое в силе для произвольных реальных чисел а, Ь, с и ^ Отсюда получаем, что
9 9
(ad + Ьс)2 + (ас - bd)2 = 1, откуда следует искомое неравенство.
Шестое решение (£5): Рассмотрим специальную линейнюю группу второго порядка Л7.(2,К.) квадратных реальных матриц с детерминантом равным единице. Как известно из теории, эта группа -нормальная подгруппа общей линейной группы, которая состоит из всех неособенных квадратных матриц и реализуется как ядро естественного гомоморфизма между общей линейней группой и мультипликативной группой действительных чисел, который каждой неособенной квадратной матрице сопоставляет ее детерминант. Рассмотрим
-Ь а
матрицы
A =
SL(2, ]
и
B =
c dl —d c Тогда
SL( 2,]
J
AB =
ac — bd ad + bc I —ad — bc ac — bd
SL( 2,1
и
так
как det A • det B = det AB = 1. Но det AB = (ac - bd)2 + (ad + bc)2 = 1, откуда следует искомое неравенство. Задача решена. Для нас спектр решения этой задачи содержит шесть решений, причем последние два решения изоморфны, т.е.
§ = {s1,s2,s3,s4,s5,s6}hs5=s6.
Решения 51 и S— имеют более или
менее алгоритмическую основу и поэтому они более доступны для использования, а и сами решения не очень сложны.
Задача 3. Дана трапеция ABCD, у которой диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Если площадь треугольника АОВ равна р, а площадь треугольника COD равна q, найти площадь трапеции ABCD.
Первое решение (Si): так как трапеция
определена однозначно четырьмя элементами, введем параметры АВ = а и CD = b. Тогда, если обозначим высоту треугольника АОВ через ОН 1 = h1, а высоту треугольника COD - через
ОН2 = h2, то h = и h2 = —q. Тогда a b
S
a + b
abcd
2
^+2q |=(a+bjp+q I.
■ + ab
ab
Чтобы эллиминировать параметры а и b, можно использовать подобие треугольников АВС и COD, откуда следует,
2 - 4p_______uJp
q '-2
p a что — =
a
т.е. — = ■
b
или
a = b-
ь 2' ь 4ч """ ~
После замены параметра а в формуле площади трапеции и преобразования выражения, получается
ялбсо = {4р )2. Второе решение (£2): данными элементами трапеция определена до
реляции (отношения) равноплощади фигур. Инвариантами этой реляции являются равноплощадные фигуры и отношения площади. Так например, Saod = Sboc, ибо дополняют площадь треугольника АВО соответственно до площади треугольников ABD и АВС. Кроме
S aod AO .
того -=- (эти треугольники
S OC
sdoc OC
имеют общую высоту, выходящую из
AO_Jp
общей их вершины D), а
ос vq'
откуда saod = q.
4Р
.
Следовательно
sabcd = p + 2Vpq + q = {jp + 4qJ-
Третье решение (^3): если запишем, что p = SAOB = 1 AO.BO. sin ф, a
q = Sdoc = 2 DO ■ CO ■ SÍn Ф ф -угол
между диагоналями АС и BD, и умножим почленно обе равенства, получаем
p.q =1 AO ■ BO ■ sin ф-1 DO ■ CO ■ sin ф = 2 2
= 1 ao ■ do ■ sin(l 800 - ф) ■ 1 bo ■ co ■ sin(l 800 - ф) =
- Ялоо Ябос - (ЯЛОО )2. Т.е. Ялоо = 4^4
и ялбсо = Р + 24М + Ч = (4р
Четвертое решение (£4): рассмотрим трансляцию (параллельный перенос),
определенную вектором ОС, и перенесем диагональ ОБ через точку С. Тогда точка В изображается в точку В1 на протяжении отрезка АВ так, что ББ1 = ОС.
Элементарно доказывается, что площадь треугольника АВ1С равняется площади данной трапеции ЛБСО. Действительно, если обозначим через И высоту трапеция, то имеем
S
AB • h _ ( AB + BB ) • h
abc
( AB + DC ) • h 2
= S
abcd '
Поэтому достаточно найти площадь треугольника АВ\С. Но он подобен треугольнику АВО, откуда следует, что
sabc ( AC Y
S,
H1+
AO
AO + OC4 AO
OC AO
1+
Л Y _ [4p+4q )2
то есть
S
ABC
P
4P
(л¡p)2
. Следовательно
p
S
ABCD
= UpГ
Итак, спектр решений этой задачи -четыре, причем все решения неизоморфны. При первом решении используется метод параметризации, при втором - инварианты реляции, до которой определена фигура данными эллементами (площадями p и q), при третьем - специфическая информация задачи, а при четвертом - дополнительное построение посредством метода трансляции.
Следующей задачей покажем насколько важно заполнять синергетический спектр олимпиадных задач, Конкретно в этом случае третье решение, которое мы представим ниже (хотя и с незначительными изменениями и небольшими различиями в записи на самой олимпиаде) принадлежит ученику Петру Тоневу из г. Стара Загоры, который был подготовлен для участия в олимпиаде вторым автором настоящей статьи.
Первые два решения ниже предложены автором задачи, причем были указаны и соответствующие очки и этапы этих решений.
Задача 4. Дан треугольник ABC, /ACB = 90°, для которого внешневписан-ная окружность к стороне AB касается AB в точке N. Если /BNC = 45 °, найти угол BAC.
Первое решение (^i): пусть CL биссектриса угла ACB (L е AB). Тогда
ZBNC = 45° = ZBCL.
Но
ZNBC = ZCBL и значит ABNC ~ ABCL. Откуда следует, BC BL
что
, то есть BCZ = BN • BL.
BN BC Если используем стандартные метрические обозначения для треугольника ABC, то известно, что BN = p - a и
BL =
ac a + b
. Тогда получаем
a2 = (p - a) •
ac a + b
^ ab = (b - a)p.
С другой стороны,
ab = 2sabc = 2Pr = 2P(P " c) и, после замены в предыдущем равенстве, достигаем до 2(p - c) = b - a, т.е. c = 2a. Кроме того данный треугольник прямоугольный. Следовательно
/BAC = 30 °.
Второе решение ( ^ ): пусть вписанная
в треугольник ABC окружность к касается стороны AB в точке P. Если точка Q -диаметрально противоположная точке P в к, то факт, что точки C, Q и N колинеарны, известен. (Классическое доказательство используег гомотетию с центром C, которая изображает к во внешневписанной
окружности). Из условия /BNC = 45° следует, что NP = PQ, т. е. b - a = 2p = 2(p - c). Откуда c = 2a и ZBAC = 30°.
Третье решение ( £3) : пусть внеш-невписанная окружность к касается продолжения катетов AC и BC соответственно в точках F и G, а точка О -BG AF
ее центр. Обозначим-= х и-= y .
OG OF Пусть еще OF = OG = Г. Тогда BG = гх и AF = ry (см. рис. 2). Отсюда BC = (1 - х)г и AC = (1 - y)r. Кроме того четырехугольник OGCF - квадрат, так
2
как имеет три прямых угла и OG = OF = r. Из теоремы Пифагора для треугольника ABC следует, что выполнено равенство (1 - x)2 r2 + (1- y)2 r2 = (x + y)2 r2, откуда после сокращения обеих сторон на r2 и
упрощения, получаем, что y =
1 - x 1 + x
Рис. 2
Теперь применяем теорему косинусов в треугольнике BNC для ZABC = Р и, используя последнее равенство, получаем:
cos Р =
1 - x 1 - x
x + y 1 + x
x2 + (1 - x)2 - CN2 _
2 x(1 - x) 2 x2 - 2x +1 CN2
2 х(1 - х) 2 х(1 - х)
откуда следует, что
2 5х2 - 4х + 1 СМ = Г--;-.
х2 +1
Теперь применяем снова теорему косинусов в том же треугольнике, но для
АВМС = 45 Тогда, имея ввиду вышесказанного, получаем
2 5х2 - 4х +1 л Ч2
х + ^хЧ^ - (1 - х) ^ 2 ¡5х2 - 4х +1
2 x„
x¿ +1
2x3 + 4x2 - 2x
xj(5 x2 - 4x +1)( x2 +1)
= 72,
откуда, после возведения в квадрат и преобразования, получаем уравнение четвертой степени
3х4 -12х3 + 2х2 + 4х -1 = 0, которое имеет четыре различных действительных корня, среди которых
находятся и значения для х и У, а именно
х = и у = 2 - л/3. Теперь уже 3
непосредственно получается, что
sin ZBAC =
1 - x
x + y
1-
V3
3
+ 2
= - => ZBAC = 30\ 2
"73
3
Окончательно, синергетический спектр этой задачи для нас пока состоит из трех решений, причем все три решения неизоморфны.
Выводы. Разработка синергетики процесса решения задач имеет прямое отношение к развитию эвристического мышления. Сама реализация рефлексивно-синергетического подхода при решении математических задач „требует наличия:
• внутренних и внешних воздействий;
• внутренних и внешних колебаний (флуктуаций);
• плато (зоны насыщенности) - места критических бифуркационных точек;
• атракторного спектра различных состояний исследуемой системы;
• перехода вида „хаос-порядок";
• качественных перемен, связанных с рефлексивными изменениями системы, в результате которых получается новая структура и приближение все больше к идеальной цели" [9, с.47-48] (см. также и схему-модель на рис. 1).
1. Бушев, М. Синергетика - хаос, ред, самоорганизация. /М.Бушев. - София: УИ "Св. Кл. Охридски", 1992.
2. Гроздев, С. Олимпиади и синергетика. / С.Гроздев // Математика и математическо образование. - 32. - София: БАН, 2003. -С. 101-115,
3. Гроздев, С. Синергетика на ученето. / С.Гроздев // Педагогика. - № 7. - София: 2002. - С. 3-23.
4. Гроздев, С. Теория и практика на подго-товката на изявени ученици за участие в олимпиади по математика. / С.Гроздев // Дисерта-ционен труд, - София: ИМИ-БАН, 2002.
5. Желев, Ж. Евристични похвати при ре-
шаване на задачи от изявени ученици и бъдещи учители. / Ж.И.Желев // Автореферат на дисертация за получаване на образователната и научна степен "доктор" по научната специалност 05.07.03 (Методика на обучението по математика), София, 2012.
6. Князева, Е. Н. Пробуждащото обучение. / Е.Н.Князева // Педагогика - № 8. - София: 2006. - С. 3-21.
7. Князева, Е.Н. Законы эволюции и самоорганизации сложнъа систем / Е.Н.Князева, С.П. Кордюмов. - Москва: Наука, 1994.
8. Колесников, А.А. Синергетика и проблемы теория управления. /А.А. Колесников и колл. - Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2004.
9. Милушев, В. Рефлексивно-синергетичен
подход в обучението / В. Милушев // Научни трудове на ПУ "Паисий Хилендарски " - 45(2), 2008. - С. 43-53.
10. Панчев, Ст. Теория на хаоса. / С.Панчев. - София: АИ "Проф. Марин Дринов", 2001.
11. Ebbinghaus, H. Über das Gedächtnis. / Н. Ebbinghaus. - Darmstadt, 1971.
12. Grozdev, S. For High Achievements in Mathematics. The Bulgarian Experience (Theory and Practice), / S.Grozdev //Association for the Development of Education, - Sofia, 2007.
Резюме. Милушев В.Б., Желев Ж.И. СИНЕРГЕТИКА ПРОЦЕССА РЕШЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ. Рассматрены некоторые аспекты синергетики процесса решения задач. Введены новые понятия, например, синергетический спектр задачи и функция решения. В качестве иллюстрирующих примеров изпользованы четыре математические задачи, третьяя из которых - конкурсная задача вступительного экзамена для университета, а последняя - задача математической олимпиады.
Ключевые слова: синергетика, решение задач, синергетический спектр задачи.
Abstract. Milloushev V., Zhelev Z. SYNERGETICS OF MATHEMATICS PROBLEM SOLVING. In the paper some aspects of the synergetics of the problem solving have been discussed. Some notions such as synergetic spectrum and solving function have been also introduced. Four mathematics problems (the forth one being a mathematics olympiad problem, and third one - a part of the set ofproblems for entering the university) have been used as particular examples.
Key words: synergetics, problem solving, synergetic problem's spectrum.
Стаття надшшла доредакци 25.05.2013р.
