Метод решения задач «с конца»

47

Метод решения задач «с конца»

Объчно решение задачи или доказательство теоремы мы проводим от известного к неизвестному, от данного к искомуму. Но можно действовать и иначе. Здесь мы рассмотрим метод решения задач «с конца», когда рассуждания проводятся от неизвестного к известному, от искомуго к данному.

Общая схема

Пусть требуется доказать неокоторе утверждение $A$. Предположим, что оно верно, и на основе данных задачи и известных теорем попытаемся получить из $A$ верное следствие. При этом возможно несколько случаев.

1. Получено неверное следствие. Это означает, что наше предположение о справедливости утверждения $A$ ошибочно. Решение задачи на этом законом — мы обнаружили, что $A$ неверно.

2. Получено неверное следствие. В этом случае следует обозначить проверить обратимость рассужdenя, потому что из неверного утверждения (например, $a = -a$, $a \neq 0$) тоже можно получить верное следствие ($a^2 = a^2$).

a) Если все рассуждания обратными, то $A$ верно.

b) Если среди рассужdenя есть необратимые (например, на некотором этапе мы возвели равенство в квадрат), то приходит применять другие методы отыскания решения задачи.

3. Если верное следствие получить неудается, то также приходит перейти к другим методам.

Два указания

1. В получаемых промежутных выражениях желательно уменышать число параметров, а затем упрощать эти выражения.

2. Если задача не содержит лишних условий *, то необходимо использовать все данные задачи.

Примеры

Пример 1. В прямоеользовном треугольнике ABC камет AC в з раза больше камета AB. Точка К и М камет AC разделен на три равные части. Доказать, что $\triangle AMB + \triangle AKB + \triangle ACB = 90^\circ$.

Решение е. Пусть $\triangle AMB = \alpha$, $\triangle AKB = \beta$, $\triangle ACB = \gamma$ (рис. 1). Предположим, что $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ$ (1)

или, так как $\alpha = 45^\circ$,

$$\beta + \gamma = 45^\circ.$$ (1a)

Тогда

$$tg(\beta + \gamma) = tg 45^\circ,$$ (2)

$$\frac{tg \beta + tg \gamma}{1 - tg \beta \cdot tg \gamma} = 1.$$ (2a)

*) Нахождение линии его условия является большим плюсом решения, но обычно конкурные задачи линии их условия не содержат.

48

Равенство (2) или (2a) верно, так как
$$tg \beta = \frac{AB}{AK} = \frac{1}{2}, \quad tg \gamma = \frac{1}{3}$$

и
$$\frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = 1.$$

Учащиеся на этом об卑но заканчивают решение задачи, что является

Рис. 1.

грубой ошибкой. Начная обращать преобразования, мы замечаем, что из справедливости равенства (2) следует во все не равенство (1a), а зависяность
$$\beta + \gamma = 45^\circ + 180^\circ \cdot n,$$
где $n = 0; \pm 1; \pm 2; \pm 3; \dots$

Но из треугольников $AKB$ и $ACB$ мы находим, что $0 < \beta < 45^\circ; 0 < \gamma < 45^\circ$, следовательно,
$$0 < \beta + \gamma < 90^\circ.$$

Поэтому из соответствий (2) и (3) следует, что $\beta + \gamma = 45^\circ$, и, так как $\alpha = 45^\circ$, то $\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ$.

Пример 2. Доказать, что во всяком треугольнике $R = \frac{a \cdot b \cdot c}{4S}$, где $a, b, c$ — стороны треугольника, $S$ — его площадь, $R$ — радиус описанного кругea.

Решение е. Предположим, что верно равенство:
$$R = \frac{a \cdot b \cdot c}{4S}.$$

Уменьшим число параметров:
$$R = \frac{a \cdot b \cdot c}{4 \cdot \frac{1}{2} b \cdot c \cdot \sin A}, \quad R = \frac{a}{2 \cdot \sin A},$$

откуда
$$2R = \frac{a}{\sin A},$$

что верно по теореме синусов. Все преобразования легко обрабатить, следовательно, равенство (4) доказано.

Пример 3. Стороны треугольника $a, b, c$ ($a < b < c$) образуют арифметический процессю. Доказать, что $ac = 6Rr$, где $R$ — радиус описанного, $a$ $r$ — радиус описанного в треугольнике кругea.

Решение е. Пусть верно равенство $ac = 6Rr$. Уменьшим число параметров, выразив $R$ и $r$ через стороны треугольника: $R = \frac{abc}{4S}, r = \frac{S}{p}$, где $S$ — площадь треугольника, $p$ — его полуперimetр. Получим:
$$ac = 6 \cdot \frac{abc}{4S} \cdot \frac{S}{p}, \quad 1 = \frac{3b}{2p},$$
$$a + b + c = 3b, \frac{a + c}{2} = b,$$

что верно, так как $a, b, c$ составляют арифметический процессю.

Все эти преобразования можно проверить в обратном порядке, следовательно, доказываемое соответствие верно.

Пример 4. Доказать, что произведение диагоналей виссанного чему рехуэльника равно сумме произведения промироположных сторон (теорема Птолемея).

Решение е. Предположим, что верно равенство (рис. 2):
$$AC \cdot BM = AM \cdot BC + AB \cdot CM.$$

Уменьшим число параметров, выразив все отрезки через какие-либо другие элементы. Необходимость использования при этом всех данных задачи (четырехуэльник — виссанный) наглядает нас на мысль

50

откуда
$$\sin(\alpha + \beta) \cdot \cos \alpha = 2 \sin \alpha \times \cos (\alpha + \beta);$$
$$\left( \alpha + \beta \neq \frac{\pi}{2} + \pi k; \quad \alpha \neq \frac{\pi}{2} + \pi n \right);$$
$$\frac{1}{2} \left[ \sin (2\alpha + \beta) + \sin \beta \right] =$$
$$= 2 \cdot \frac{1}{2} \left[ \sin (2\alpha + \beta) + \sin (-\beta) \right);$$
$$3 \sin \beta = \sin (2\alpha + \beta),$$

что верно по условиям задачи.

Эти преобразования можно proveсти в обратном порядке (при всех допустимых значениях аргументов), поэтому равенство (9) верно.

Пример 7. Доказать, что при всех допустимых значениях $\alpha$ имеем место неравенство
$$|\mathrm{tg} \alpha + \mathrm{ctg} \alpha| > |\sin \alpha + \cos \alpha|.$$ (11)

Решение е. Предположим, что неравенство (11) верно. Уменьшим число функций:
$$\left| \frac{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha}{\sin \alpha \cos \alpha} \right| > |\sin \alpha + \cos \alpha|;$$ (12)
$$\frac{1}{|\sin \alpha \cdot \cos \alpha|} > |\sin \alpha + \cos \alpha|.$$ (13)

Чтобы сравнить по величины этих выражения, желательно выразить их через одну функцию, например, через синус:
$$\frac{2}{|\sin 2\alpha|} > \sqrt{2} |\sin \left( \alpha + \frac{\pi}{4} \right)|.$$ (14)

Но $|\sin 2\alpha| \leqslant 1$, $|\sin \left( \alpha + \frac{\pi}{4} \right)| \leqslant 1$, поэтому $\frac{2}{|\sin 2\alpha|} \geqslant 2$, а $\sqrt{2} |\sin \left( \alpha + \frac{\pi}{4} \right)| \leqslant \sqrt{2}$, и неравенство (14) верно при всех допустимых значениях $\alpha$.

Из неравенства (14) следует (13), а значит, и (12), а из неравенства (12) следует (11), поэтому неравенство (11) верно при всех $\alpha \neq \frac{\pi k}{2}$.

Приведенные рассуждения показывают, что можно доказать более сильное неравенство
$$|\mathrm{tg} \alpha + \mathrm{ctg} \alpha| \geqslant \sqrt{2} |\sin \alpha + \cos \alpha|.$$ (50)

Пример 8. Доказать, что во всякомтреольнике
$$h_a > \sqrt{p(p-a)},$$ (15)

где $h_a$ — высота, опущенная на сторону $a$, $p$ — получиметр треугольника.

Решение е. Пусть верно неравенство (15). Уменьшим число параметров:
$$\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{1/2 a} > \sqrt{p(p-a)}.$$

Мы воспользовались формулами
$$S_\Delta = \frac{1}{2} h_a \cdot a,$$
$$S_\Delta = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$$
$$\sqrt{(p-b)(p-c)} > \frac{1}{2} a.$$

Обе части неравенства положительны — их можно возвести в квадрат
$$(p-b)(p-c) > \frac{a^2}{4},$$
$$\frac{a+c-b}{2} \cdot \frac{a+b-c}{2} > \frac{a^2}{4},$$
$$a^2 + ab - ac + ac + bc - c^2 - ab - b^2 + bc > a^2,$$
$$2bc - c^2 - b^2 > 0,$$
$$-(b-c)^2 > 0,$$

что неверно. Следовательно, наше предположение о справедливости неравенства (15) ложно.

На этом решение задачи можно считать оконченным, либо мы доказали, что формула (15) неверна. Впрочем, доказав, что формула (15) неверна, мы тем самым доказали, что всегда верна формула
$$h_a \leqslant \sqrt{p(p-a)}.$$

Попробуйте выяснить, когда в последней формуле имеет место равенство. Здесь наш метод решения задачи «с конца» превращается в метод «от противного».

С описанным методом имеет неотторое сходство такой прием решения геометрических задач, когда искомые

51

и другие неизвестные элементы (отрезки, углы и т. д.) обозначают буквы $x, y, z, \dots$ и операуют с ними как с известными.

Пример 9. В сеемном, дуа коморою содержимum 120°, вписан квадрат. Найти сторону квадрата, если радиус окружности равен $R$.

Решение. Пусть $ABCK$ — квадрат, $\cup EF = 120^\circ$, $O$ — центр окружности (рис. 3). Обозначим

Рис. 3.

$BC$ через $2x$ и проведем $OP \perp EF$. Тогда $ON = \sqrt{R^2 - x^2}$, $OM = \frac{1}{2}R$, $MN = 2x$, $OM = ON - MN$.

Имеем уравнение
$$\frac{R}{2} = \sqrt{R^2 - x^2} - 2x$$
решив которое, получим $x = \frac{R(\sqrt{19} - 2)}{10}$

Ответ: $\frac{R(\sqrt{19} - 2)}{5}$.

Многие учащие допускают ошибки не только при решении задач, но и при изложении теоретических вопросов. Вот как, например, они доказывают известное тожество:
$$\log_a \left( \frac{x}{y} \right) = \log_a x - \log_a y$$
(при $x > 0$ и $y > 0$).

«Пересеем $\log_a y$ в левую часть и воспользуемся ранеем доказанной теоремиой:
$$\log_a \left( \frac{x}{y} \right) + \log_a y = \log_a x$$
$$\log_a \left( \frac{x}{y} \cdot y \right) = \log_a x$$
$$\log_a x = \log_a x.$$

Получили верное равенство, а значит, исходная формула доказана».

Ясно, что этими рассужdenями формула еще не доказана. Учащиеся обычно даже не понятно существуют сквядаются на школьный учебник, где формула доказана, мол, точно так же. Для них осталась незамеченной ссылка в учебнике на равносильность формул.

Упражнения

1. В равноведренном треугольнике с основанием $a$ и боковой стороны $b$ угол при вершине равен $20^\circ$. Доказать, что $a^3 + b^3 = 3ab^2$.

2. Доказать, что в выпуклом четырехугольнике биссертрисы углов, прилежащих к одной стороне, образуют угол, равный полусумме двух других углов.

3. Доказать неравенство
   $$\text{ctg} \frac{\varphi}{2} > 1 + \text{ctg} \varphi$$ при $0 < \varphi < \frac{\pi}{2}$.

4. Доказать неравенство $(x + y)(x + y + 2\cos x) + 2 \geq 2\sin^2 x$. При каких значениях $x$ и $y$ достигается равенство?

5. В треугольнике $ABC$ углы $A, B$ и $C$ образуют геометрическую прогрессию со значением элементов 2. Доказать, что $\frac{1}{a} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$.

6. Доказать, что
   $$\frac{1}{\log_2 \pi} + \frac{1}{\log_5 \pi} + \frac{1}{\log_{10} \pi} > 4.$$

7. Доказать, что максимальная полная поверхность прямогоного параллелепипеда равна $\frac{M^2}{24}$, где $M$ — сумма длины ребер параллелепипеда.

8. Верно ли, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна сумме квадратов боковых сторон, сложенной с произведением оснований?

9. Проверьте, верно ли доказано следующей неравенство:
   $$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta \geq \sin \alpha \cdot \sin \beta + \sin \alpha \cdot \sin \beta - 1?$$

«Доказываемое неравенство перепшем в виде
$$2\sin^2 \alpha + 2\sin^2 \beta - 2\sin \alpha \cdot \sin \beta - 2\sin \alpha - 2\sin \beta + 2 \geq 0,$$
или
$(\sin \alpha - 1)^2 + (\sin \beta - 1)^2 + (\sin \alpha - \sin \beta)^2 \geq 0,$
которое оченьло».

10. Верно ли, что $\sin(\cos \varphi) = \cos(\sin \varphi)?$