Стратегии решения математических задач. Различные подходы к типовым задачам

Позаментье Альфред

Крулик Стивен

Любую задачу можно решить разными способами, однако в учебниках чаще всего предлагают только один вариант решения. Настоящее умение заключается не в том, чтобы из раза в раз использовать стандартный метод, а в том, чтобы находить наиболее подходящий, пусть даже и необычный, способ решения.

В этой книге рассказывается о десяти различных стратегиях решения задач. Каждая глава начинается с описания конкретной стратегии и того, как ее можно использовать в бытовых ситуациях, а затем приводятся примеры применения такой стратегии в математике. Для каждой задачи авторы приводят сначала стандартное решение, а затем более элегантный и необычный метод. Так вы узнаете, насколько рассматриваемая стратегия облегчает поиск ответа.

 

Переводчик Вячеслав Ионов

Главный редактор С. Турко

Руководитель проекта А. Василенко

Дизайн обложки Ю. Буга

Корректор Е. Чудинова

Компьютерная верстка М. Поташкин

© 2015 by World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd.

Russian translation arranged with World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd., Singapore.

© Издание на русском языке, перевод, оформление. ООО «Альпина Паблишер», 2018

© Электронное издание. ООО «Альпина Диджитал», 2018

* * *

 

 

Об авторах

Альфред Позаментье — в настоящее время декан педагогического факультета и профессор математического образования в колледже Мерси, Нью-Йорк, в прошлом почетный преподаватель Городского технологического колледжа Городского университета Нью-Йорка. Он почетный профессор математического образования Городского университета Нью-Йорка и бывший декан педагогического факультета, где проработал 40 лет. Позаментье автор и соавтор более 55 книг по математике для преподавателей, учащихся средних и начальных школ, а также широкого круга читателей. Статьи д-ра Позаментье по вопросам образования можно часто встретить в газетах и журналах.

После получения степени бакалавра в области математики в Хантер-колледже Городского университета Нью-Йорка он получил должность преподавателя математики в средней школе Теодора Рузвельта (в Бронксе, Нью-Йорк), где сосредоточился на развитии навыков учащихся, связанных с решением задач, и одновременно на расширении традиционной программы обучения. За шесть лет работы благодаря его усилиям в школе были созданы математические группы (младшего и старшего уровней). Позаментье продолжает работать с учителями математики и методистами, помогая им повышать эффективность преподавания.

Сразу после прихода на математический факультет Городского колледжа в 1970 г. (после получения там степени магистра в 1966 г.) он занялся созданием курса повышения квалификации без отрыва работы для учителей математики средних школ, включавшего такие специальные области, как занимательная математика и решение задач в математике. Как декан педагогического факультета Городского колледжа, Позаментье на протяжении 10 лет всесторонне занимался вопросами образования. За это время ему удалось поднять рейтинг факультета в штате Нью-Йорк до высшего уровня с идеальной оценкой Национального совета по аккредитации подготовки учителей (NCATE) в 2009 г.

В 2014 г. д-р Позаментье повторил свое достижение, подняв педагогический факультет Колледжа Мерси до статуса единственного в США, получившего идеальную первоначальную аккредитацию одновременно и в NCATE, и в Совете по аккредитации подготовки преподавателей (CAEP).

В 1973 г. д-р Позаментье получил степень доктора философии в Фордэмском университете (Нью-Йорк) в области математического образования, и с той поры заслужил профессиональное уважение не только в США, но и в Европе. Он является приглашенным профессором университетов в Австрии, Англии, Германии, Чешской Республике и Польше, а в Венском университете — профессором по программе Фулбрайта (1990 г.).

В 1989 г. д-р Позаментье был удостоен звания «почетный член» в Университете Саут-Бэнк (Лондон, Англия). В знак признания его достижений в области преподавания Ассоциация выпускников Городского колледжа называла его «преподавателем года» в 1994 и 2009 гг. В Нью-Йорке в его честь был устроен праздник 1 мая 1994 г. В 1994 г. он получил «Большую медаль почета» от Республики Австрия, а в 1999 г. с одобрения парламента президент Австрии присвоил ему звание «Профессор университета Австрии». В 2003 г. он получил звание Ehrenbürger (Почетный член) Венского технологического университета, а в 2004 г. — Почетный крест за достижения в области искусства и науки первого класса. В 2005 г. его имя увековечили и Зале славы выпускников Хантер-колледжа, а в 2006 г. Ассоциация выпускников Городского колледжа вручила ему престижную медаль Таунсенда Харриса. Его имя с 2009 г. присутствует в Зале славы преподавателей математики штата Нью-Йорк, в 2010 г. он получил в Берлине почетную премию Кристиана Петера Бойта.

Д-р Позаментье занимает целый ряд руководящих должностей в сфере преподавания математики на местном уровне. Он является членом Полномочной комиссии при комиссаре по вопросам образования в штате Нью-Йорк и Комитета по стандартам математического образования, а также входит в консультативный совет канцлеров школ г. Нью-Йорк.

Д-р Позаментье — один из ведущих обозревателей по вопросам образования и продолжает активно искать пути повышения интереса к математике как у учителей и учащихся, так и у широкой публики. Это ясно видно по его книгам: Numbers: Their Tales, Types and Treasures (Prometheus, 2015), Teaching Secondary Mathematics: Techniques and Enrichment Units, 9th Ed. (Pearson, 2015), Mathematical Curiosities: A Treasure Trove of Unexpected Entertainments (Prometheus, 2014), Geometry: Its Elements and Structure (Dover, 2014), Magnificent Mistakes in Mathematics (Prometheus Books, 2013), 100 Commonly Asked Questions in Math Class: Answers that Promote Mathematical Understanding, Grades 6–12 (Corwin, 2013), What successful Math Teacher Do: Grades 6–12 (Corwin, 2006, 2013), The Secrets of Triangles: A Mathematical Journey (Prometheus Books, 2012), The Glorious Golden Ratio (Prometheus Books, 2012), The Art of Motivating Students for Mathematics Instruction (McGraw-Hill, 2011), The Pythagorean Theorem: Its Power and Glory (Prometheus, 2010), Mathematical Amazements and Surprises: Fascinating Figures and Noteworthy Numbers (Prometheus, 2009), Problem Solving in Mathematics: Grades 3–6: Powerful Strategies to Deepen Understanding (Corwin, 2009), Problem-Solving Strategies for Efficient and Elegant Solutions, Grades 6–12 (Corwin, 2008), The Fabulous Fibonacci Numbers (Prometheus Books, 2007), Progress in Mathematics, K-9 textbook series (Sadlier-Oxford, 2006–2009), What Successful Math Teacher Do: Grades K-5 (Corwin, 2007), Exemplary Practices for Secondary Math Teachers (ASCD, 2007), 101+ Great Ideas to Introduce Key Concepts in Mathematics (Corwin, 2006), π, A Biography of the World's Most Mysterious Number (Prometheus Books, 2004), Math Wonders: To Inspire Teachers and Students (ASCD, 2003), и Math Charmers: Tantalizing Tidbits for the Mind (Prometheus Books, 2003).

Стивен Крулик — почетный профессор математического образования в Университете Темпл в Филадельфии. В университете д-р Крулик отвечает за преддипломную и последипломную подготовку преподавателей математики для 1–12 классов, а также за повышение квалификации преподавателей математики. Он читает разнообразные курсы, в числе которых история математики, методы преподавания математики и обучение методам решения задач. Последний курс появился как результат интереса к решению задач и логическому рассуждению на уроках математики. Основой этого интереса стало его стремление к тому, чтобы учащиеся понимали красоту и ценность решения задач, а также умели логически рассуждать.

Д-р Крулик получил степень бакалавра в области математики в Бруклинском колледже Городского университета Нью-Йорка, а степень магистра и степень доктора педагогических наук в области математики — в Педагогическом колледже Колумбийского университета. До прихода в Университет Темпл он в течение 15 лет преподавал математику в школах г. Нью-Йорк. В средней школе Лафайетт в Бруклине он организовал ряд курсов для подготовки учащихся к SAT-экзамену с акцентом на освоении методов решения задач вместо механического запоминания алгоритмов.

На общенациональном уровне д-р Крулик входит в состав комитета Национального совета преподавателей математики, отвечающего за разработку Профессиональных стандартов преподавания математики. В 1980 г. он был редактором ежегодника Национального совета под названием «Решение математических задач в школе». На региональном уровне он был президентом Ассоциации преподавателей математики Нью-Джерси, в 1993 г. входил в редакционный совет математического справочника The New Jersey Calculator Handbook и в 1997 г. редактировал монографию Tomorrow's Lessons.

Основная сфера его интереса — обучение методам решения задач и умению логически рассуждать, методические материалы по преподаванию математики, также комплексная оценка математических способностей. Он является автором и соавтором более 30 книг для преподавателей математики, в том числе Roads to Reasoning (классы 1–8) и Problem Driven Math (классы 3–8). Д-р Крулик, помимо прочего, является основным автором задач для серии базовых учебников. Д-р Крулик часто выступает со статьями по математическому образованию в профессиональных журналах. Он консультировал и проводил семинары в школьных округах США и Канады, а также выступал с лекциями в Вене (Австрия), Будапеште (Венгрия), Аделаиде (Австралия) и Сан-Хуане (Пуэрто-Рико). Д-ра Крулика часто приглашают на национальные и международные совещания, где он концентрирует внимание на формировании у всех учащихся умения логически рассуждать и решать задачи как на уроках математики, так и в жизни.

В 2007 г. в Университете Темпл ему вручили премию «Выдающийся учитель». В 2011 г. Национальный совет преподавателей математики представил его к почетной премии за «Выдающиеся заслуги в сфере математического образования».

 

Введение

 

С начала 1980-х гг. решение задач, логическая аргументация и критическое мышление стали неотъемлемой частью программы по математике в США, а потом и в большей части мира. Еще в 1977 г. Национальный совет учителей математики заявил, «обучение решению задач — это главная причина изучения математики». В конце концов, что толку от понимания, как делать то или другое, если не знаешь, когда делать это. Движение под флагом приобретения навыков решения задач набирает силу и распространяется все больше на программу изучения математики. По мере углубления этого процесса он начинает переключаться и на решение задач в повседневной жизни. Каждый день люди сталкиваются с задачами, требующими решения. Они могут варьировать от очень простых, например, что надеть сегодня, до очень сложных. Даже то, что кажется простым, взять хотя бы переход улицы, может оказаться сложным и потребовать обдумывания, если мы приезжаем в страну, где уличное движение организовано иначе.

Прежде чем говорить о решении задач, нужно определиться с тем, что составляет задачу. Задача — это ситуация, в которой необходимо принять решение, но путь к этому решению заранее неизвестен. Запомните эти слова: «но путь к этому решению заранее неизвестен». Когда многие из нас ходили в школу, задачи, которые нас учили решать, нередко были «типовыми». Иначе говоря, «задачи, связанные с возрастом» решались одним путем, «задачи на движение» — другим, а еще были «задачи на смешивание», «задачи, связанные с измерением объема жидкости» и т. д., которые решались своими способами. Фактически, как только мы осваивали определенный метод, соответствующие задачи переставали быть задачами, требующими решения. Все, что нужно было сделать, это определить тип задачи и применить подходящий автоматический процесс.

История математических достижений полна прорывов, реакция на которые нередко выражается словами «мне и в голову не приходило, что можно использовать такой подход». Даже сегодня, когда представляют хорошее или изящное решение задачи, многие реагируют именно так. Решение задач — это попытка сделать такие необычные решения частью досягаемой базы знаний.

Решение задач сегодня в значительной мере основывается на эвристической модели, описанной Джорджем Пойа в книге «Как решить задачу» (How to Solve It), которая была издана в 1945 г. и до сих пор пользуется спросом. В этой книге Пойя представил такой четырехэтапный план решения задач:

1. Уяснение сути задачи.

2. Составление плана.

3. Выполнение плана.

4. Оценка найденного решения.

Большинство нынешних моделей решения задач строятся именно на этой четырехэтапной эвристической модели. План обычно включает в себя: 1) чтение условий задачи; 2) выбор подходящей стратегии, 3) решение задачи и 4) оценка найденного решения или его осмысление. Ключевым аспектом всего процесса является выбор подходящей стратегии, или определение подхода к задаче. Наша книга посвящена детальному исследованию именно этого критически важного этапа.

Итак, выбор подходящей стратегии является ключевым аспектом решения задачи. За последние десятилетия разные авторы описали и представили множество стратегий. В основе большинства из них лежат одни и те же идеи. В этой книге рассматриваются 10 наиболее ценных, на наш взгляд, стратегий решения задач. Каждой из них посвящена отдельная глава. При представлении задачи мы пытаемся сначала предположить, каким будет наиболее очевидный или распространенный подход. Чаще всего он приводит к правильному ответу. Вместе с тем самый употребительный подход нередко требует довольно запутанного математического аппарата, сложных вычислений, а в некоторых случаях дает неправильный ответ.

Затем мы предлагаем более изящное, или образцовое решение, показывающее, как рассматриваемая стратегия решения задачи приводит к ответу. Обратите внимание на то, что мы разделяем «ответ» и «решение». Решение — это процесс от момента чтения условий задачи до момента получения окончательного ответа и его осмысления. Некоторые говорят, что конкретный ответ — это всего лишь одна из наименее важных частей решения. Да, должно быть, так и есть, но процесс, в результате которого получается ответ, является критической частью решения.

По мере того, как вы будете читать эту книгу (и, мы надеемся, прорабатывать предложенные задачи), учитывайте, что во многих случаях для решения задачи можно использовать несколько стратегий. Например, решение задачи с применением стратегии «обоснованное предположение и проверка» обычно требует организации данных в определенном порядке. Когда такое происходит, мы переносим задачу в более подходящую, на наш взгляд, главу.

Каждую главу в этой книге мы начинаем с описания конкретной стратегии, показывающего, как ее можно использовать в каждодневных ситуациях, а затем приводим примеры применения в математике. После этого мы представляем ряд задач, которые лучше всего решаются с помощью именно этой стратегии. Каждая задача — это попытка проиллюстрировать применение конкретной стратегии. В число стратегий, которые мы собираемся рассмотреть, входят:

1. Логическое рассуждение.

2. Распознавание закономерности.

3. Действие от обратного.

4. Принятие другой точки зрения.

5. Анализ экстремальных ситуаций.

6. Решение более простой аналогичной задачи.

7. Организация данных.

8. Схематичное изображение, или визуальное представление.

9. Учет всех возможностей.

10. Обоснованное предположение и проверка.

Как мы уже говорили, редко когда задачу можно решить единственным способом. Решение, которое мы демонстрируем, представляет собой всего лишь один иллюстративный пример. Мы предлагаем читателю попытаться найти другие решения, возможно, более интересные и необычные. Если это вам удастся, мы скажем, что вы молодец! Кроме того, в некоторых случаях, когда доступно несколько стратегий, можно с разным успехом использовать их сочетания.

Чтобы показать, как можно подойти к задаче (и решить ее) с использованием различных стратегий, мы обычно даем несколько решений.

 

Задача

В комнате, где находятся 10 человек, все поздоровались друг с другом, однократно пожав руку. Сколько всего было рукопожатий?

 

Решение 1

Воспользуемся стратегией визуального представления и построим схему. В ней 10 точек (которые расположены так, что никакие три из них не находятся на одной прямой), представляющих 10 людей. Начнем с человека, представленного точкой А.

Мы соединяем точку А с каждой из остальных девяти точек и, таким образом, обозначаем первые девять рукопожатий.

Далее, из точки B исходят восемь дополнительных рукопожатий (поскольку А уже поздоровался с B, и линия AB уже построена). Аналогичным образом из точки C можно провести только семь линий к другим точкам (линии AC и BC уже построены), из точки D — шесть дополнительных линий и т. д. Когда мы дойдем до точки I, останется только одно доступное рукопожатие, а именно I с J, поскольку I уже поздоровался с A, B, C, D, E, F, G и H. Таким образом, сумма рукопожатий составит 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45. Это то же самое, что получается при использовании формулы для суммы первых n натуральных чисел: где n ≥ 2. (Обратите внимание на то, что последний рисунок — это десятиугольник, у которого построены все диагонали.)

 

Решение 2

Для решения задачи можно использовать стратегию учета всех возможностей. Возьмем показанную ниже сетку, в которую включены 10 человек, A, B, C, …, H, I, J, пожимающие друг другу руки. Диагональ с символами X показывает, что люди не могут пожимать руки самим себе.

Оставшиеся клетки показывают двойное число всех других рукопожатий (т. е. A пожимает руку B, а B пожимает руку A). Таким образом, нам нужно взять общее количество клеток (102), вычесть из него количество клеток на диагонали (10) и разделить результат на два. В результате мы получаем:

В общем случае для сетки размером n × n результат будет равен что эквивалентно формуле приведенной выше.

 

Решение 3

Попробуем теперь решить задачу с помощью принятия другой точки зрения. Возьмем комнату, где находятся 10 человек, каждый из которых пожимает руку остальным девяти. Можно предположить, что число рукопожатий будет равным 10 × 9, или 90. Однако нам нужно разделить это число на два, чтобы устранить дублирование (поскольку рукопожатие A с B можно рассматривать как рукопожатие B с A), и мы получаем

 

Решение 4

Теперь подойдем к решению задачи через распознавание закономерности. В таблице, представленной ниже, мы перечисляем количество рукопожатий в комнате по мере увеличения числа присутствующих.

В третьей колонке, где приведено суммарное количество рукопожатий, представлена последовательность чисел, называемых треугольными, разность между которыми возрастает каждый раз на единицу. Таким образом, можно просто заполнять таблицу до тех пор, пока мы не достигнем суммы, соответствующей 10 человекам. Можно заметить следующую закономерность: результат в каждой строке равен половине произведения количества людей в этой строке на количество людей в предыдущей строке.

 

Решение 5

Посмотрим теперь, как задача решается с помощью стратегии организации данных. В таблице, представленной ниже, показан номер человека, входящего в комнату, и количество рукопожатий, которыми он обменивается, с учетом того, что присутствующие уже поздоровались друг с другом, а вошедший не пожимает руку сам себе. Итак, человек номер 10 пожимает руку девятерым, человек номер 9 пожимает руку восьмерым и т. д. Наконец, мы доходим до человека номер 2, который пожимает руку только одному, и человека номер 1, которому здороваться не с кем. И вновь мы получаем сумму, равную 45.

 

Решение 6

Можно также объединить решение более простой задачи с визуальным представлением (схематичным изображением), организацией данных и распознаванием закономерности. Начнем с рассмотрения одного человека, представленного одной точкой. Здесь, очевидно, мы имеем ноль рукопожатий. Затем увеличим количество людей до двух, представленных двумя точками. В этом случае у нас будет одно рукопожатие. Увеличим количество людей до трех. Теперь получим три рукопожатия. Продолжим увеличивать количество людей до четырех, пяти и т. д.

Задача становится геометрической, где ответом является количество сторон и диагоналей «n-угольника». Таким образом, для 10 человек мы получаем 10-угольник, у которого число сторон n = 10. Для определения количества диагоналей можно использовать формулу:

Итак, количество рукопожатий = 10 + 35 = 45.

 

Решение 7

Конечно, некоторые читатели уже видят, что эту задачу можно легко решить с помощью комбинаторной формулы для определения числа сочетаний из 10 элементов, которые берутся по два за раз.

Впрочем, это решение, хотя оно эффективно, кратко и правильно, практически не требует математического мышления (если не считать применения формулы) и обходится без какого-либо подхода к решению задач. Несмотря на то, что такое решение имеет право на существование, только другие решения позволяют продемонстрировать различные стратегии, а именно с этой целью мы и привели данную задачу.

Мы предполагаем, что вы будете читать эту книгу, решать задачи и, таким образом, знакомиться со стратегиями. Это позволит вам составить собственный набор стратегий решения задач, который станет базовым в решении ваших задач. У тех, для кого решение задач является новым делом, мы надеемся пробудить интерес и подтолкнуть к дальнейшему изучению этого полезного аспекта математики. Те же, кто уже интересуется критическим мышлением и решением задач, найдут здесь новые, занятные и нестандартные задачи, способные захватить внимание. Приятного вам чтения!

 

Глава 1

Логическое рассуждение

 

Выделение целой главы такой стратегии, как логическое рассуждение, может показаться излишним. В самом деле, без логического мышления, хотя оно и используется для решения задач, немыслимо применение ни одной стратегии. Для многих людей решение задач является практически синонимом логического рассуждения, или логического мышления. Так зачем же тогда нужна эта глава, и зачем вообще выделять эту стратегию?

В повседневной жизни мы прибегаем к логическому рассуждению, когда спорим о чем-нибудь с кем-то. И это понятно — во время спора мы рассчитываем на то, что определенные доводы будут вызывать конкретную реакцию. На работе мы с помощью логической цепочки доводов добиваемся изменения того или иного производственного процесса. Мы логически выстраиваем цепочку утверждений в надежде на получение желаемого вывода. В суде, например, адвокаты используют логическое рассуждение, чтобы представить дело в нужном им свете. Если мы назначаем кому-то встречу через два дня, а сегодня суббота, то логика подсказывает нам, что встреча должна состояться в понедельник.

В математике некоторые задачи решаются без использования каких-либо других стратегий, включая и представленные в этой книге. Они требуют строгих рассуждений и формулирования утверждений, которые логически вытекают одно из другого. Возьмем, например, такую задачу.

Найдите все пары простых чисел, сумма которых равна 741.

Многие наверняка составят перечень всех простых чисел меньше 741 и будут подбирать к ним пару, дающую в сумме 741. Вместе с тем работу можно упростить с помощью логического рассуждения. Если сумма двух чисел является нечетным числом, то одно из слагаемых должно быть нечетным, а другое — четным. Как известно, существует только одно четное простое число — 2. Значит, другим числом должно быть 739 (а 739 — это простое число). Таким образом, мы нашли все пары, которые удовлетворяют условиям задачи.

Рассмотрим еще одну задачу, которая решается путем логического рассуждения.

Палиндромическим называют такое число, которое читается одинаково слева направо и справа налево. Примерами трехзначного и четырехзначного палиндромов являются 373 и 8668. Мария выписала все трехзначные палиндромы на листочки бумаги и положила их в большую коробку. Мигель выписал все четырехзначные палиндромы и положил листочки с числами в ту же коробку. Учитель тщательно перемешал листочки и попросил Лору взять один из них не глядя. Какова вероятность того, что она вытащит четырехзначный палиндром?

Один из способов решения — выписать все трехзначные и четырехзначные палиндромы, пересчитать их и определить искомую вероятность. Такой подход дает надежный результат, хотя и требует времени. Вместе с тем логическое рассуждение позволяет упростить работу. В качестве примера трехзначного палиндрома можно взять 373. Чтобы превратить его в четырехзначный палиндром, нужно всего лишь удвоить среднюю цифру — 3773. Повторяя это действие, мы можем превратить каждый трехзначный палиндром в четырехзначный. Таким образом, количество четырехзначных палиндромов равно количеству трехзначных, и вероятность выбора листочка с четырехзначным палиндромом составляет один из двух, или

Покажем еще на одном примере, насколько просто решаются задачи путем логического рассуждения.

На прилавке цветочного магазина стоят три коробки с декоративными бантиками для украшения подарочной упаковки. Марк решил пометить коробки ярлыками с надписями «Красные», «Белые» и «Разноцветные» (красно-белые). К сожалению, он наклеил эти ярлыки неправильно. Поскольку коробки стоят высоко, Марк не может заглядывать в них. Он знает, что коробки помечены неправильно, и хочет достать бантик из одной из них. Из какой коробки ему нужно достать бантик, чтобы пометить коробки правильно?

Давайте порассуждаем. Для начала заметьте, что все сказанное о коробке с ярлыком «Белые» в равной мере относится и коробке с ярлыком «Красные». Здесь существует своего рода симметрия. Поэтому, пусть Марк возьмет один бантик из коробки с ярлыком «Разноцветные». Если бантик окажется красным, то в этой коробке на самом деле находятся только красные бантики, поскольку они не разноцветные. Пометим ее как «Красные». Коробка с ярлыком «Белые» не может содержать чисто белые бантики, поэтому она должна получить ярлык «Разноцветные». Наконец, на коробку, ошибочно помеченную как «Красные», нужно наклеить ярлык «Белые».

Обратите внимание на то, что для решения каждой из рассмотренных задач необходимы всего лишь логическое рассуждение и размышление. Это ни в коей мере не означает, что логическое мышление не требуется при использовании других стратегий решения задач, однако задачи, представленные в этой главе, решаются почти исключительно путем логического рассуждения.

 

Задача 1.1

 

Макс начинает отсчитывать натуральные числа в порядке увеличения: 1, 2, 3, 4, …, а Сэм ведет отсчет с той же скоростью, но в обратном порядке от числа x: x, x — 1, x — 2, x — 3, x — 4, … Когда Макс доходит до 52, Сэм называет число 74. С какого числа (x) Сэм начал обратный отсчет?

 

Обычный подход

Столкнувшись с такой задачей, большинство людей обычно пытаются воспроизвести описанную ситуацию, т. е. выполнить одновременно процедуры отсчета, чтобы посмотреть, какой получится результат. Сложность здесь, однако, заключается в том, что начальное число для обратного отсчета неизвестно, поэтому, скорее всего, будут использоваться прямой отсчет и метод последовательного приближения. Это не только долго, но и очень трудно.

 

Образцовое решение

Подойдем к решению задачи логически. Макс отсчитал 52 числа, а значит и Сэм отсчитал такое же количество чисел. Можно представить 52-е число Сэма как x — 51. Как известно, это число равно 74. Таким образом, мы получаем уравнение x — 51 = 74, из которого следует, что x = 125.

 

Задача 1.2

 

У нас 100 кг свежих ягод, в которых 99 % массы приходится на воду. Через некоторое время содержание воды в ягодах уменьшается до 98 %. Сколько теперь весят ягоды?

 

Обычный подход

Чаще всего говорят, что после испарения 1 % воды вес ягод должен уменьшиться до 99 %, а значит ягоды весят 99 кг. Это неправильно!

 

Образцовое решение

Попробуем найти ответ путем логического рассуждения. Исходно в ягодах содержится 99 % воды, т. е. в них 99 кг воды и 1 кг сухого вещества, иначе говоря, масса сухих ягод составляет 1 %. Масса сухого вещества не меняется: в конце процесса сушки она так и останется равной 1 кг. Вместе с тем доля того, что не является водой, удваивается до 2 %.

Для того, чтобы нечто, имеющее фиксированное количество (1 кг сухого вещества в нашем случае), удвоило свою долю (с 1 % до 2 %), суммарное количество смеси должно уменьшиться в два раза. В начале у нас был 1 % сухого вещества, или а в конце — 2 %, или что сокращается до т. е. мы получаем 1 кг сухого вещества в 50 кг суммарной массы. Таким образом, в конце в ягодах остается 49 кг воды.

 

Задача 1.3

 

Во время школьного эксперимента Мигель многократно бросает обычный шестигранный игральный кубик. Он следит за каждой выпавшей цифрой и хочет остановиться, как только одна цифра выпадет три раза. Мигель останавливается после 12-го броска, и сумма выпавших цифр составляет 47. Какая цифра выпала третий раз? (Обычный шестигранный игральный кубик имеет цифры от 1 до 6.)

 

Обычный подход

Одно из решений — это взять игральный кубик и поэкспериментировать с ним. Получить точно 47 очков за 12 бросков довольно трудно, но даже если это и получится, то такое решение нельзя назвать изящным!

 

Образцовое решение

Давайте порассуждаем. За 11 бросков ни одна цифра не выпала три раза, иначе эксперимент закончился бы. Это означает, что пять цифр выпали дважды, а одна — лишь однократно. Обозначим эту цифру символом M. Если M выпадет в 12-м броске, то сумма будет равна 2 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 42. Таким образом, сумма после 11 бросков составляет 42 — M. Если N — число, выпавшее в третий раз, то 42 — M + N = 47, а N — M = 5. Мы знаем, что N и M могут иметь значения только от 1 до 6. Единственные два числа из данного ряда, которые имеют разность 5, это 6 и 1. С учетом такого ограничения уравнение N — M = 5 имеет единственное решение, где M = 1, а N = 6. Таким образом, в третий раз выпала цифра 6.

 

Задача 1.4

 

Имеется треугольник, периметр которого численно равен его площади. Чему равен радиус вписанной в треугольник окружности?

 

Обычный подход

Обычно при решении этой задачи строят чертеж, как показано на рис. 1.1, и подбирают значения в попытке найти ответ. При таком подходе нужно быть готовым к разочарованиям.

 

Образцовое решение

Для решения этой задачи необходимо немного логики и следование поставленным условиям. Начнем с треугольника ABC, периметр которого равен p = AB + BC + CA. Обозначим символом O центр вписанной окружности с радиусом r. Площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников AOB, BOC и COA с основаниями AB, BC и CA, соответственно, и высотой r. Это дает нам следующее уравнение:

Поскольку периметр треугольника численно равен его площади, мы получаем:

 

Задача 1.5

 

В США президентов выбирают каждые четыре года в годы, кратные 4. Некоторые из этих лет являются также квадратами целых чисел. Сколько президентских выборов между 1788 и 2016 годами пришлось на годы, которые являются квадратами простых чисел? В каких годах они проводились?

 

Обычный подход

Один из путей решения этой задачи — перебор всех четырехлетних периодов между 1788 и 2016 г. Поскольку 1788 делится на 4, то это будет первый год президентских выборов в рассматриваемом диапазоне. Таким образом, можно составить перечень этих лет (1788, 1792, 1796, …, 2012, 2016), а затем извлечь квадратный корень из каждого для определения тех лет, которые являются квадратами целых чисел. Калькулятор, конечно, облегчит задачу, но процесс решения все равно будет долгим и нудным!

 

Образцовое решение

Это отличный пример применения стратегии логического рассуждения. Прежде всего, кратным 4 может быть только четный год, поэтому можно отбросить все нечетные годы. Помимо этого, квадратные корни из этих лет должны лежать в интервале от 40 до 50, поскольку:

40 2 = 1600 (до заданного диапазона);

42 2 = 1764 (до заданного диапазона);

44 2 = 1936;

46 2 = 2116 (после заданного диапазона).

В пределах заданного диапазона находится только 1936 г. Таким образом, 1936 — это единственный год президентских выборов, который является квадратом целого числа.

 

Задача 1.6

 

Джимми подбрасывает одновременно две монетки. Он делает это до тех пор, пока хотя бы на одной монетке не выпадет орел (О). На этом игра заканчивается. Какова вероятность того, что в последнем подбрасывании орел выпадет на обеих монетках?

 

Обычный подход

Первая реакция — это взять две монетки и посмотреть, какими будут результаты после большого числа подбрасываний. Вместе с тем, как и в большинстве вероятностных экспериментов, пространство выборок чаще всего оказывается слишком маленьким, чтобы предсказать результат с приемлемой точностью.

 

Образцовое решение

Обратимся к стратегии логического рассуждения. При выполнении этого эксперимента все предыдущие подбрасывания монеток не имеют значения. Значение имеет только одно подбрасывание, в результате которого выпадает орел (О). Поэтому ограничимся анализом только этого последнего подбрасывания. Возможными являются четыре варианта:

В трех из этих четырех вариантов выпадает как минимум один орел. Орел не выпадает только в одном варианте — его можно отбросить. Единственный вариант с двумя орлами — это ОО. Таким образом, вероятность составляет

 

Задача 1.7

 

У одних пород свиней рождаются поросята с двумя завитками на хвостах, у других пород — с тремя завитками. Фермер поручает своим детям подсчитать, сколько свиней находится в свинарнике. Дети, одержимые математикой, сообщают ему, что количества свиней с двумя завитками и с тремя завитками выражаются простыми числами, а общее количество завитков на хвостах равно 40. Сколько свиней в свинарнике фермера?

 

Обычный подход

Если взять за x количество свиней с двумя завитками на хвостах, а за y — количество свиней с тремя завитками, то мы получаем уравнение 2x + 3y = 40. Это одно уравнение с двумя неизвестными. Числа здесь сравнительно невелики, поэтому можно попробовать найти ответ путем подстановки различных значений x и y. Вместе с тем, поскольку известно, что x и y простые числа, выбор ограничивается следующими величинами: 19, 17, 13, 11, 7, 5, 3 и 2. В любом случае процесс решения довольно длителен, скучен и громоздок.

 

Образцовое решение

Если взять за x количество свиней с двумя завитками на хвостах, а за y — количество свиней с тремя завитками, то 2x + 3y = 40, как мы уже говорили. Однако на этот раз пойдем дальше и проанализируем полученное уравнение, опираясь на логику. Поскольку и 40, и 2x — четные числа, четным числом должен быть и y, иначе сумма (40) не будет четной. Поскольку y — простое число, он должен быть равен 2 (это единственное четное простое число), а 3y должно равняться 6. Теперь решим уравнение для x:

2 x + 6 = 40,

2 x = 34,

x = 17.

У фермера в свинарнике 17 + 2, или 19 свиней.

 

Задача 1.8

 

Число называют «специальным», если оно делится на сумму составляющих его цифр. Какое из следующих чисел удовлетворяет этому условию?

11, 111, 1111, 11111, 111111, 1111111, 11111111, 111111111.

 

Обычный подход

Обычно мы подсчитываем сумму цифр в каждом числе и делим число на эту сумму. Например, 11 должно делиться на 1 + 1, или на 2. Но оно не делится на 2, поэтому 11 не является специальным числом. Если действовать таким образом, то нам придется решить восемь небольших задачек.

 

Образцовое решение

Хотя описанный выше подход в конечном итоге позволяет решить задачу, воспользуемся логическим рассуждением для поиска более изящного решения. Прежде всего, очевидно, что все приведенные числа являются нечетными, поскольку ни одно из них не оканчивается на 2, 4, 6, 8 и 0. Четное количество единиц даст нам четную сумму. Это позволяет отбросить числа с четной суммой единиц: 11, 1111, 111111 и 11111111. Помимо этого, число 11111 не делится на 5, поскольку оно не оканчивается на 0 или 5.

Если проверить число 1111111, то окажется, что оно не делится на 7. В результате у нас остаются всего два числа. Число 111 делится на 3, т. е. на сумму входящих в него цифр (3 × 37). Аналогичным образом число 111111111 делится на 9 (т. е. 9 × 12 345 679). Таким образом, 111 и 111111111 являются двумя «специальными» числами в приведенном числовом ряду.

 

Задача 1.9

 

Наименьшее число, которое делится на первые девять целых чисел, равно 2520. Какое наименьшее число будет делиться на первые 13 целых чисел?

 

Обычный подход

Проще всего найти все множители для первых 13 целых чисел и перемножить их. Это, правда, потребует много времени и утомительных вычислений. Не забывайте, что множители нельзя повторять (например, множитель 8 недопустим, поскольку 4 и 2 уже использовались). Так или иначе, данный метод позволяет в конечном итоге получить правильный ответ, если, конечно, все сделать тщательно и без ошибок.

 

Образцовое решение

Теперь попробуем порассуждать. Очевидно, что множители от 1 до 9 (первые девять целых чисел) уже использовались для получения произведения, равного 2520. Следовательно, нам нужно рассмотреть только целые числа 10, 11, 12 и 13, поскольку число 2520, задействующее предыдущие целые числа, уже известно. Множители 10 (5 × 2) и 12 (4 × 3) уже использовались. Однако 11 и 13 — это простые числа, которые делятся только сами на себя и на 1. Таким образом, умножив 2520 × 11 × 13, мы определяем, что наименьшее число, которое делится на первые 13 целых чисел, равно 360 360.

 

Задача 1.10

 

Ал, Барбара, Кэрол и Дэн сдают экзамен по математике. В целом они правильно ответили на 67 вопросов, и у каждого из них есть как минимум один правильный ответ. Ал дал больше всего правильных ответов. Барбара и Кэрол дали в сумме 43 правильных ответа. Сколько правильных ответов дал Дэн?

 

Обычный подход

Обычно делают предположение для каждого участника экзамена, проверяют, не нарушаются ли условия задачи, и смотрят, дают ли предположения в сумме 67. Такой подход может дать правильный ответ, однако все очень зависит от удачности предположений.

 

Образцовое решение

Применим нашу стратегию логического рассуждения. Поскольку Барбара и Кэрол вместе дали 43 правильных ответа, у одной из них таких ответов должно быть, как минимум, 22, а у другой — 21. Так как Ал оказался впереди всех, то с учетом предыдущих предположений в отношении Барбары и Кэрол у него должно быть, как минимум, 23 правильных ответа. Если допустить, что у Ала 23 правильных ответа, у Барбары — 22, а у Кэрол — 21, то в сумме у них будет 23 + 22 + 21 = 66 правильных ответов. Это означает, что Дэн правильно ответил только на один вопрос. Поскольку у всех есть как минимум один правильный ответ, результат 1 для Дэна правилен.

 

Задача 1.11

 

Лайза, которая едет на велосипеде по мосту, соединяющему точки A и B, и уже преодолела его длины, слышит, что сзади приближается поезд, движущийся со скоростью 60 км/ч. Она прикидывает расстояния и решает, что впритык сможет избежать столкновения, если поедет в любую сторону (к точке A или точке B) максимально быстро. Какова ее максимальная скорость?

 

Обычный подход

Поскольку длина моста неизвестна, зададим ее произвольно, выбрав какое-нибудь удобное (хотя, может быть, и нереалистичное) число, скажем, 8 км. Если Лайза поедет назад, к началу моста (точка A), со скоростью y км/ч, то она преодолеет 3 км за часа. За это время поезд пройдет x км от точки A. Данный отрезок времени можно представить, как Это дает нам уравнение: или xy = 180.

Если Лайза поедет к точке B, то аналогичным образом мы получим уравнение или xy + 8y = 300.

Объединив эти два уравнения, мы получим 8y = 300–180 = 120, а следовательно, y = 15.

Таким образом, максимальная скорость Лайзы равна 15 км/ч.

 

Образцовое решение

Стратегия логического рассуждения дает более изящное решение. Раз Лайза впритык успевает доехать до любого конца моста, будем считать, что она едет вперед к точке B. К тому моменту, когда поезд подойдет к точке A, она преодолеет еще пути, т. е. всего длины моста (или его длины). Теперь ей нужно проехать оставшуюся моста за то же самое время, которое требуется поезду, чтобы преодолеть полную длину моста. Таким образом, ее скорость равна скорости поезда, т. е. 15 км/ч.

 

Задача 1.12

 

Если S = 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + … + 98! + 99! то какая цифра в числе S будет находиться в разряде единиц?

Напомним, что символ n! означает 1 × 2 × 3 × 4 × … × (n — 1) × n.

 

Обычный подход

Как правило, при решении такой задачи возникает желание определить значение каждого факториала, а затем сложить полученные значения и получить S. Помимо того, что это скучное занятие, оно еще чревато арифметическими ошибками.

 

Образцовое решение

Если проанализировать числовой ряд, составляющий S, и упростить его, то мы получим следующее:

S = 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + … + 98! + 99!

S = 1 + 2 + 2 × 3 + 2 × 3 × 4 + 2 × 3 × 4 × 5 + … + 98! + 99!

S = 1 + 2 + 6 + 24 + 10 k , где k — натуральное число.

Мы представили члены числового ряда, начиная с 5! как 10k, поскольку 5! предполагает наличие множителя 10. Любое число, кратное 5! будет кратно 10. Так как 6! кратно 5! а 7! кратно 6! то факториал любого n, превышающего 5, будет кратен 10. Таким образом, в разряде единиц будет находиться 0.

 

Глава 2

Распознавание закономерности

 

Одной из чудесных сторон математики является возможность выявления закономерностей в решаемых задачах. Известный математик Уолтер Сойер как-то заметил, что математику вполне можно представить, как процесс поиска закономерностей. Одно из самых распространенных применений математики — предсказание того, что происходит регулярным образом. Например, сколько пшеничных лепешек потребуется для трех человек? А для четырех? Для 10 человек? Для n человек?

Умение распознавать закономерности очень важно для решения задач. Выявив закономерность в результате анализа ряда конкретных примеров, вы можете обобщить ее и превратить в более широкое решение. Например, когда просят назвать следующие два числа в ряду 1, 2, 3, 6, 11, 20, 37, __, __, мы должны проанализировать ряд, чтобы понять, есть ли в числах какая-либо закономерность. В конце концов, если первые три члена это 1, 2, 3, то разве не 4 должно идти за ними? А вот и нет! Мы замечаем, что каждый член после третьего представляет собой сумму трех предшествующих чисел. (Это последовательность типа Фибоначчи.) Иначе говоря, 1 + 2 + 3 = 6, 2 + 3 + 6 = 11, 3 + 6 + 11 = 20 и т. д. Если продолжить ряд таким образом, то следующими двумя числами будут 11 + 20 + 37 = 68 и 20 + 37 + 68 = 125.

Даже маленькие дети пользуются закономерностями. Когда малыши начинают ходить в школу, они учатся считать. Закономерности помогают им вести счет единицами, потом двойками, пятерками и т. д. Если задать второкласснику вопрос, какое число будет следующим в ряду 3, 6, 9, 12, …, он спросит себя: «Сколько мне нужно прибавить к каждому числу, чтобы получить следующее?» Это практически естественное использование стратегии поиска закономерности.

Большинство из нас широко пользуются закономерностями в повседневной жизни. Некоторые из этих «закономерностей» требуют мнемонического подхода. Слово «мнемонический» происходит от древнегреческого слова mnemonikos, означавшего запоминающее устройство. Многие из нас знакомы с мнемоническим правилом запоминания порядка цветов в спектре «Каждый Охотник Желает Знать, Где Сидит Фазан» (красный, оранжевый, желтый, зеленый, голубой, синий, фиолетовый). Мы используем закономерности для запоминания кода замка шкафчика в раздевалке спортивного зала, телефонного номера и номерного знака автомобиля. В поисках дома с определенным номером мы почти интуитивно ожидаем увидеть нечетные номера на одной стороне улицы, а четные на другой — простая, но очень ценная закономерность.

Закономерности широко используются полицией. Если происходит серия преступлений, то следователь ищет стиль поведения преступников (modus operandi).

Врач обычно смотрит на характер поведения человека, чтобы определить его заболевание. Имея за плечами опыт лечения болезней, он распознает закономерные проявления недуга.

Эффективность стратегии распознавания закономерностей видна яснее всего на конкретных примерах, особенно когда не очевидно, что эту стратегию можно использовать для решения данной задачи. Допустим, вас просят найти цифру в разряде единиц у числа, представленного как 1323. Наиболее очевидный подход — взять калькулятор и возвести 13 в 23-ю степень. Однако это сложная задача, даже если есть калькулятор, способный воспроизвести количество разрядов такого огромного числа. Вместо этого можно проанализировать результаты возведения числа 13 в степень в порядке возрастания показателя и посмотреть, не образуют ли последние цифры какую-либо закономерность, помогающую дать ответ.

Похоже, при возведении числа 13 в степень последняя цифра образует ряд:

3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, …

Изменения происходят с периодом 4. Таким образом, число 1323 будет иметь ту же цифру в разряде единиц, что и 133, т. е. 7.

Фактически эта задача высвечивает интересный вопрос в отношении закономерностей. Можно ли утверждать, что при возведении всех чисел в степень цифра в разряде единиц изменяется циклически? Некоторые числа можно назвать сразу. Например, 5 в любой степени будет иметь в конце 5 (5, 25, 125, 625, …). Такое свойство чисел очень интересно и ценно для решения задач путем распознавания закономерности. Попробуйте определить закономерность изменения цифры в разряде единиц при возведении в степень других чисел.

Следует, однако, предостеречь читателей. Иногда случается, что закономерность вроде бы есть, но не вполне стабильная. Например, кажется, что любое нечетное число, начиная с 3, можно представить, как сумму 2 в той или иной степени и нечетного числа. При попытке проверить это практически оказывается, что данное «правило» выполняется вплоть до числа 125. Как ни странно, но оно не действительно для следующего нечетного числа 127. Таким образом, применять стратегию распознавания закономерности для решения задач следует с осторожностью. Впрочем, это всего лишь исключение, которое не должно удерживать вас от использования данного метода.

3 = 2 0 + 2

5 = 2 1 + 3

7 = 2 2 + 3

9 = 2 2 + 5

11 = 2 3 + 3

13 = 2 3 + 5

15 = 2 3 + 7

17 = 2 2 + 13

19 = 2 4 + 3

и так далее

51 = 2 5 + 19

и так далее

125 = 2 6 + 61

127 =?

129 = 2 5 + 97

131 = 2 7 + 3.

Перейдем теперь к задачам, которые наиболее эффективно решаются путем распознавания закономерности, особенно когда такая закономерность не очевидна.

 

Задача 2.1

 

Какая цифра находится в разряде единиц у числа, где — это показатели степени?

 

Обычный подход

К сожалению, находятся люди, которые полагают, что для определения значения этого числа нужно последовательно возвести основание в степень вплоть до последнего показателя. Такой подход не может быть успешным!

 

Образцовое решение

Попробуем выяснить, существует ли какая-то закономерность в числах по мере повышения показателя степени в соответствии с условиями задачи. По мере повышения показателя основания 2 цифры в разряде единиц изменяются в последовательности 2, 4, 8, 6.

2 1 = 2

2 2 = 4

2 3 = 8

2 4 = 16

2 5 = 32

2 6 = 64

2 7 = 128

2 8 = 256.

Результат на третьей ступени наших вычислений ниже кратен 4, а любой результат возведения 2 в степень, кратный 4, дает число, у которого в разряде единиц стоит 6.

Таким образом, у нашего числа в разряде единиц находится цифра 6.

 

Задача 2.2

 

В каждой приведенной ниже прямоугольной решетке содержится определенное количество точек. Сколько точек будет на рис. 49?

 

Обычный подход

Очевидный подход — это последовательное построение решеток вплоть до рис. 49, в котором можно подсчитать точки. Это займет много времени и потребует огромного терпения, не говоря уже о количестве бумаги. Вместе с тем наверняка должен существовать более практичный подход к решению этой задачи.

 

Образцовое решение

Попробуем организовать данные и поискать закономерность. Перенесем в таблицу то, что нам уже известно.

Ну вот и закономерность. Высота на 2 больше номера рисунка, а ширина на 1 больше номера рисунка. Для рис. n мы получаем:

Таким образом, на рис. 49 будет 51 × 50 = 2550 точек.

 

Задача 2.3

 

Круг можно разделить на семь частей с помощью трех прямых линий. Какое максимальное количество частей можно получить при делении круга с помощью семи прямых линий?

 

Обычный подход

Обычно при решении этой задачи берут круг и проводят через него семь линий так, чтобы любые три из них не пересекались, т. е. не имели общей точки. Если проделать такую операцию аккуратно, то она должна привести к правильному ответу. Вместе с тем определение максимально возможного количества частей может быть сложным.

 

Образцовое решение

При решении этой задачи интересно посмотреть, не проявится ли какая закономерность при увеличении количества линий, делящих круг на части, при условии, что никакие три из них не должны иметь общей точки. Понятно, что одна линия делит круг всего на две части. Две линии позволяют разделить круг на четыре части. В таблице ниже показано количество частей, на которые можно разделить круг с помощью заданного количества линий, ни одна тройка которых не имеет общей точки.

Закономерность, похоже, наблюдается в разнице, которая увеличивается каждый раз на единицу. Таким образом, протестировав следующий вариант, в котором пять линий предположительно дают 16 частей, мы можем, по всей видимости, составить на основе выявленной закономерности следующую таблицу.

Итак, с помощью семи линий можно разделить круг на 29 частей.

 

Задача 2.4

 

Нам дают карту с направлениями движения вдоль улиц, как показано на рис. 2.1.

Сколько существует маршрутов из точки A в точку L?

 

Обычный подход

Самый очевидный подход — просто подсчитать возможные маршруты. Иными словами, определять маршруты по одному за раз и суммировать результаты. Например, один маршрут — это A-B-C — D-E-F-G-H-I-J-K-L, другой — A-C-D-E-G-K-L и т. д. Вместе с тем, как вы видите, такой путь довольно громоздок, и к тому же при его использовании трудно избежать дублирования маршрутов. А вариантов здесь порядочно!

 

Образцовое решение

Воспользуемся стратегией поиска закономерности. Допустим, мы хотим попасть из точки A в точку B. Здесь имеется только один маршрут (A-B). В точку C можно добраться из точки A уже двумя путями (A-B-C и A-C). Из точки A в точку D существуют три маршрута, а именно (A-B-D, A-C-D, A-B-C-D). Если продолжить подсчет таким образом, то мы получим следующее количество маршрутов в каждую точку вплоть до точки F.

Они показаны на рис. 2.2.

Числовой ряд 1, 2, 3, 5, 8, 13 — это последовательность Фибоначчи, которую в западном мире впервые представил Леонардо Пизанский (известный так же, как Фибоначчи) в 1202 г. В начале такой последовательности стоят 1 и 1, а последующие числа получаются как сумма предыдущих двух. Если продолжить эту последовательность до точки L, то мы получим следующее:

1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144.

Таким образом, используя эту закономерность, мы находим, что из точки A до точки L можно добраться 144 маршрутами.

 

Задача 2.5

 

Джонни берет лист бумаги из записной книжки и разрывает его пополам, а затем кладет получившиеся части одну на другую и еще раз разрывает их пополам. Обрывки он опять складывает и рвет пополам. Если Джонни сможет повторить эту процедуру 20 раз, то какой толщины будет стопка обрывков? (Будем считать, что толщина листа бумаги 0,0254 мм.)

 

Обычный подход

Можно нарисовать таблицу и подсчитать результаты для каждого действия.

И так далее. В конечном итоге можно заполнить таблицу для всех 20 делений и найти ответ.

 

Образцовое решение

Воспользуемся стратегией поиска закономерности для решения этой задачи. После 1-го деления в стопке будет 2 слоя бумаги, после 2-го деления — 4 слоя, после 3 деления — 8 слоев. В экспоненциальной форме количество слоев можно представить, как 21, 22, 23, …, или 2n в общем виде. После 20 делений толщина стопки составит 0,0254 × 220, или около 26 645 мм, что составляет примерно 26,6 м. Вот почему в задаче говорится: «Если Джонни сможет повторить эту процедуру 20 раз».

 

Задача 2.6

 

Сколько квадратов всех размеров на стандартной шахматной доске размером 8 × 8 клеток?

 

Обычный подход

Первой реакцией будет ответ 8 × 8 = 64 квадрата, однако слова «всех размеров» говорят о том, что могут существовать и другие ответы. Математический подход предполагает подсчет количества квадратных областей всех размеров на шахматной доске с 64 клетками, т. е. 2 × 2, 3 × 3, 4 × 4 и т. д. Это неудобно и довольно трудно, поскольку перекрывается множество клеток. К тому же в процессе подсчета легко сбиться, так что такой метод скучен и проблематичен.

 

Образцовое решение

Попробуем применить стратегию поиска закономерности в сочетании с таблицей для организации данных. Если начать с доски размером 1 клетка на 1 клетку, то, очевидно, на ней будет только один квадрат, т. е. квадрат 1 × 1. На доске размером 2 клетки на 2 клетки мы увидим четыре квадрата 1 × 1 и один квадрат 2 × 2, т. е. всего 5 квадратов. Представим данные в таблице по мере увеличения размера нашей доски от 1 × 1 до 2 × 2, 3 × 3 и т. д.

В таблице явно просматривается закономерность заполнения клеток в каждой строке, поэтому мы быстро определяем, что на шахматной доске размером 8 × 8 клеток находятся 204 квадрата всех размеров.

В представленной выше таблице можно заметить не только одну закономерность. В ней, например, встречается множество квадратов целых чисел. А если взглянуть на колонку «Всего» и определить разность между следующими друг за другом членами, то мы получим интересную последовательность:

5–1 = 4

14–5 = 9

30–14 = 16

55–30 = 25

91–55 = 36

140–91 = 49

204–140 = 64.

Опять мы получаем квадраты целых чисел. Если теперь найти разность второго порядка, т. е. разность между квадратами, то мы получим последовательность нечетных чисел, начиная с 5:

9–4 = 5

16–9 = 7

25–16 = 9

36–25 = 11

49–36 = 13

64–49 = 15.

Закономерности не только очень полезны для решения задач, как мы видели выше, они также придают прелесть математике.

 

Задача 2.7

 

Таблица, представленная ниже, продолжается бесконечно. Какая буква будет находиться в середине 30-го ряда?

 

Обычный подход

Можно продолжить выписывать буквы в каждом ряду, пока не дойдем до 30-го ряда. Теперь можно определить, какая буква находится в середине. Такой метод громоздок, но он дает правильный ответ.

 

Образцовое решение

Это классический пример того, насколько эффективно поиск закономерности позволяет решать задачи. Для выявления закономерности построим еще четыре ряда букв.

Поскольку в последовательности 6 букв, ряды будут повторяться после каждых 6 букв. Более того, поскольку 30 кратно 6, буква в середине 30-го ряда будет той же самой, что и в середине 6 ряда, т. е. A. Стратегия распознавания закономерности делает решение задачи очень легким.

 

Задача 2.8

 

Найдите цифру в разряде единиц у каждого из следующих чисел:

a) 8 19 ;

b) 7 197 .

(Понятно, что это нужно сделать, не прибегая к помощи калькулятора или компьютера.)

 

Обычный подход

Некоторые пытаются решить эту задачу путем возведения 8 в степень с помощью калькулятора и очень быстро выясняют, что большинство калькуляторов не позволяет воспроизвести ответ такой величины. Количество разрядов на дисплее заканчивается раньше, чем на него будет выведено целевое значение.

 

Образцовое решение

Нам необходимо найти другой подход к решению этой задачи. Попробуем возводить 8 в последовательно увеличивающуюся степень и посмотрим, нет ли какой полезной закономерности в появлении последних цифр.

Обратите внимание на проявившуюся закономерность — цифра в разряде единиц повторяется при увеличении степени с шагом, равным четырем. По всей видимости, мы можем использовать эту закономерность при решении нашей задачи. Интересующая нас степень равна 19. При делении на 4 она дает остаток 3. Таким образом, последняя цифра числа 819 должна быть такой же, как и у 815, 811, 87 и 83, т. е. 2.

Для скептиков приведем фактическое значение 819 = 144 115 188 075 855 872.

Аналогичным образом проанализируем значения, получаемые при возведении 7 в последовательно увеличивающуюся степень, и попробуем отыскать закономерность.

В соответствии с этой закономерностью при делении показателя 197 на 4 мы получаем остаток, равный 1. Это означает, что последняя цифра числа 7197 должна быть такой же, как и у 71, т. е. 7. При наличии времени вы можете возвести 7 в степень 197 и проверить этот ответ. У вас должно получиться:

 

Задача 2.9

 

Чтобы составить квадрат 1 × 1, требуется 4 зубочистки, как показано на рис. 2.3.

Чтобы составить квадрат 2 × 2, требуется 12 зубочисток (рис. 2.4).

Сколько потребуется зубочисток, чтобы составить квадрат 7 × 7?

 

Обычный подход

Вы можете нарисовать квадрат 7 × 7 и просто подсчитать необходимое количество зубочисток. Такой подход вполне работоспособен, однако он громоздок и требует аккуратного построения чертежа.

 

Образцовое решение

Для начала попробуем построить несколько небольших квадратов и посмотрим, удастся ли нам выявить какую-либо закономерность. Нарисуем квадраты 3 × 3 и 4 × 4 (рис. 2.5 и 2.6).

Посмотрим теперь, что у нас получается.