Lý luận hợp lý và toán học

43

Lý luận hợp lý và toán học

D. S. Lyudmilov, S. D. Lyudmilova

“Đã viết một điều gì đó rất indo, chắc hẳn bạn cũng nghĩ vậy. Nhưng sau một, hai, hoặc sáu tháng, bạn vào trong bản thảo và đọc lại lần nữa, bạn vẫn tiếp tục đếm?…
Khi bạn nợ một người bạn hoặc tại một buổi hội thảo, nơi đó có được coi là rất indo không? Hoặc có ai đặt câu hỏi và đặt câu hỏi sau thông báo của bạn không? Bạn đã thuyết phục anh ta hay làm anh ta bối rối? Đáp số những câu hỏi tu từ này được giới hạn trong việc sử dụng từ “rõ ràng”. Nếu có một quy tắc khác, điều quan trọng là chúng ta biết nó; Vi phạm quy tắc này là nguyên nhân phổ biến nhất gây ra lỗi toán học: đảm bảo rằng điều “rõ ràng” là đúng.”
P. R. Halmos. Cách viết văn bản toán học.

Lý luận hợp lý, được thúc đẩy bởi trực giác, đóng một vai trò quan trọng trong nghiên cứu toán học, trong việc tìm kiếm lời giải bài toán. Sẽ khó khăn hơn cho một nhà toán học trong việc tìm ra lời giải các bài toán mới nếu anh ta không nhận được “gợi ý” từ trực giác toán học của mình.

Điều tương tự cũng có thể nói về một học sinh có phương pháp lời giải bài toán. Tìm kiếm lời giải là việc xây dựng các giả thuyết khác nhau và xác minh toán học tuần tự của chúng.

Không… hãy cẩn thận! Không nên đánh giá thấp sự chặt chẽ về mặt toán học và không nên đánh giá quá cao trực giác. Những gì rất trực quan không phải lúc nào cũng đúng.

Đi qua

Chúng ta hãy xem xét một ví dụ đáng chú ý chứng minh lý do tại sao các nhà toán học cố gắng chứng minh một cách chặt chẽ điều “hiển nhiên”.

Trong cuốn sách của P. Yu. Germanovich “Bộ sưu tập bài toán về toán học trong giao tiếp” (M., Uchpedgiz, 1960) có một bài toán như vậy.

Kênh rộng 3,5 m có lối rẽ (Hình 1). Làm thế nào để tổ chức vượt qua nó nếu có hai

Cơm. 1.
Cơm. 2.

44

nhưng mỗi tấm ván chỉ có chiều dài 3 m?

lời giải bài toán của tác giả được thể hiện trong Hình 2. Dựa trên hình này, tác giả gợi ý rằng

(1) cạnh A và B của tấm ván đầu tiên phải tựa vào mép rãnh (chúng ta giả sử rằng các tấm ván không bị uốn cong);
(2) tấm ván AB đầu tiên phải tạo thành góc 45° với mép rãnh;
(3) Tấm CD thứ hai phải vuông góc với AB (điểm C là đỉnh của góc đối diện của mương).
(4) có thể sắp xếp các tấm ván có kích thước quy định (và do đó đảm bảo khả năng vượt qua).

Tất cả những giả thuyết này đều hợp lý về mặt trực giác, phải không? Nhưng… hãy kiểm tra xem nó ra.

Bất ngờ đầu tiên

Hãy bắt đầu với giả thuyết 4. Rất dễ tin vào tính đúng đắn của nó: có thực sự không thể thiếu 0,5 m (3,5 m - 3 m) khi sử dụng thêm 2,5 m (6 m - 3,5 m) của tấm ván bằng phương pháp được chỉ ra trong Hình 2?

Tuy nhiên, hãy thực hiện các phép tính. Từ Hình 2 ta có:

$$OC = 3,5\sqrt{2} \text{ m}, \quad OD = \frac{1}{2}AB = 1,5 \text{ m},$$

$$CD = OC - OD = (3,5\sqrt{2} - 1,5) \text{ m}.$$

Có thể giao nhau nếu bất đẳng thức được thỏa mãn

$$3,5\sqrt{2} - 1,5 \leq 3$$

Cơm. 3.

Cơm. 4.

hoặc 3.5\sqrt{2} \leq 4.5, từ đó 7\sqrt{2} \leq 9, nhưng điều này không chính xác. Do đó trong thực tế CD > 3 m!

Có phải từ đó không thể vượt qua được không? Chưa, vì sự lựa chọn này được thực hiện dựa trên giả định rằng ba giả thuyết đầu tiên đều được thỏa mãn. Có lẽ có một cách sắp xếp ván khác cho phép băng qua?

Bất ngờ thứ hai

Từ Hình 3, rõ ràng giả thuyết 1 là đúng: thực vậy, nếu một trong hai đầu A của tấm ván đầu tiên (hoặc cả hai đầu của nó) không nằm trên mép mương thì tấm ván này có thể được chuyển lên vị trí cao hơn.

Không khó để khẳng định giả thuyết 3: nếu tấm CD thứ hai không vuông góc với AB (xem Hình 4) thì nó sẽ phải dài hơn.

Cơm. 5.

45

Cơm. 6.

Vẫn còn phải kiểm tra giả thuyết 2.
Thoạt nhìn, có vẻ như giả thuyết này đã được xác nhận. Thật vậy, hãy xem xét hai vị trí của bảng đầu tiên (Hình 5): $MN$ ($\Rightarrow MNO = 45^\circ$) và $AB$ ($\Rightarrow ABO \neq 45^\circ$). Đặt $CD \perp MN$, $CP \perp AB$, $K$ là giao điểm của $CP$ và $MN$. Rõ ràng là $CP > CD$, vì $CP > CK$ và $CK > CD$ (cạnh huyền lớn hơn chân).

Tuy nhiên, các đoạn $MN$ và $CP$ không được giao nhau; vị trí tương ứng của bảng được chỉ ra trong Hình 6. Xin lưu ý rằng trong hình này $CD \geq CP$. Lý luận trước đó không hiệu quả. Rõ ràng, không dễ để kiểm tra Giả thuyết 2 phi tổng thống về mặt hình học.

Hãy thử làm điều này bằng đại số. Chúng ta hãy biểu thị chiều rộng của kênh bằng $a$, chiều dài của mỗi bảng là $l$ ($a > l$), $\Rightarrow ABO$ bằng $\alpha$ (Hình 7) và chúng ta sẽ xem xét các giá trị $a$ và $l$ không đổi cũng như các giá trị $\alpha$ biến. Giả thuyết 2 cho biết độ dài tối thiểu của đoạn $CP$ ($CP \perp AB$) đạt được ở $\alpha = 45^\circ$. Do đó, chúng ta phải biểu thị $y = CP$ dưới dạng hàm của $\alpha$.

Hãy vẽ $ECF \parallel AB$ và $OLK \perp AB$ (Hình 7). Sau đó

$$EF = EC + CF = \frac{a}{\cos \alpha} + \frac{a}{\sin \alpha}; \quad OF = EF \cos \alpha = a + \frac{a \cos \alpha}{\sin \alpha}; \quad OK = OF \sin \alpha = a \sin \alpha + a \cos \alpha; \quad OB = AB \cos \alpha = l \cos \alpha; \quad OL = OB \sin \alpha = l \cos \alpha \sin \alpha; \quad y = LK = CP = OK$$

$-OL = a \sin \alpha + a \cos \alpha - l \sin \alpha \cos \alpha$.

Hãy kiểm tra hàm $y(\alpha)$ để biết giá trị tối đa và tối thiểu. Cho phép

$$x = \sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt{2} \sin (45^\circ + \alpha).$$

Sau đó $x^2 = 1 + 2 \sin \alpha \cos \alpha$,

$$\sin \alpha \cos \alpha = \frac{x^2 - 1}{2},$$

$$y(x) = ax - \frac{l(x^2 - 1)}{2} = \frac{-lx^2}{2} + ax + \frac{l}{2}.$$

Nếu miền định nghĩa của hàm $y(x)$ không bị giới hạn thì nó sẽ không có mức tối thiểu mà sẽ có mức tối đa tại $x = \frac{a}{l}$ (Hình 8).

Mức tối đa này bằng

$$\frac{1}{2} \left( -l \frac{a^2}{l^2} + 2a \frac{a}{l} + l \right) = \frac{a^2 + l^2}{2l}.$$

Tuy nhiên, miền định nghĩa của hàm $y(x)$ bị giới hạn, cũng như $x = \sqrt{2} \sin (\alpha + 45^\circ)$ và $0 \leq \alpha \leq 90^\circ$.

Hàm $x(\alpha)$ có giá trị tối thiểu là $x = 1$ tại $\alpha = 0^\circ$ (mức tối thiểu này đạt được khi $\alpha = 0^\circ$—bảng $AB$ luôn nằm trên cùng một giá trị) và tối đa là $x = \sqrt{2}$ tại $\alpha = 45^\circ$. Từ đây dẫn đến định nghĩa của hàm $y = f(x)$: $1 \leq x \leq \sqrt{2}^*$.

*) Trên thực tế, với $\alpha$, gần với $0^\circ$ ($90^\circ$) và $AB$, nhỏ hơn $\alpha$, điểm $P$ trong Hình 7 sẽ nằm trên phần tiếp theo $AB$, tức là trên bereru và một bảng có chiều dài nhỏ hơn $CP$ sẽ được yêu cầu, nhưng nếu kết thúc $P$ của bàn cờ $CP$ nằm trên bereru thì $CP$ nhỏ nhất tại $\alpha = 0^\circ$ và trùng với $y(x)$ tại $x = 1$.

46

Điểm $x = 1$ trên trục hoành luôn nằm giữa các điểm $x = 0$ và $x = \frac{a}{l}$ ($a > l$). Điểm $x = \sqrt{2}$ có thể chiếm hai vị trí: ở bên trái điểm $x = \frac{a}{l}$ (Hình 9) hoặc ở bên phải điểm này (Hình 10).

Trong cả hai trường hợp, đồ thị của hàm $f(x)$ là một cung $AB$ parabol giữa các điểm $x = 1$ và $x = \sqrt{2}$.

Trong trường hợp đầu tiên $\left(\frac{a}{l} \geq \sqrt{2}\right)$, hàm $y(x)$ tại $x = \sqrt{2}$ ($\alpha = 45^\circ$) đạt mức tối đa (!) bằng $a\sqrt{2} - \frac{l}{2}$ và tại $x = 1$ – mức tối thiểu bằng $a$ (Hình 9; giao nhau trong trường hợp này là không thể, vì với bất kỳ $1 < x \leq \sqrt{2}$ nào cũng sẽ có $y > a$).

Chúng tôi nhận được một kết quả hoàn toàn trái ngược với những gì được mong đợi bằng trực giác! Hình 6 không đề cập đến nguồn bơm. Nếu như $\frac{a}{l} \geq \sqrt{2}$, thì khi nào $\alpha = 45^\circ$ khoảng cách $CP$ từ điểm $C$ trước lần truy cập đầu tiên, không phải nhỏ nhất mà là lớn nhất! Theo tôi, trực giác gợi ra giả thuyết 2 đã đánh lừa chúng ta rất đẹp đẽ. Ngoài ra, việc không thể vượt qua khi $l \leq \frac{a\sqrt{2}}{2}$ (ví dụ, khi $a = 3,5$ tôi, $l \approx 2,4$ m) rất khó dự đoán bằng trực giác, mặc dù rõ ràng là có một số hạn chế đối với $l$ phải có rất ít $l$ vượt qua là không thể.

Hãy tiếp tục nghiên cứu

Hãy xem liệu có luôn có thể vượt qua hay không nếu $1 < \frac{a}{l} < \sqrt{2}$. Trong trường hợp này, hàm $y(x)$ có giá trị tối đa bằng $\frac{a^2 + l^2}{2l}$ (Hình 10). Tôi không quan tâm đến mức tối thiểu của chức năng này. Hàm đạt giá trị tối thiểu ở $x = 1$ hoặc ở $x = \sqrt{2}$. Đặt $y(1) \leq y(\sqrt{2})$ (Hình 10). Vì $y(1) = a$, $y(\sqrt{2}) = a\sqrt{2} - \frac{l}{2}$, rồi $a\sqrt{2} - \frac{l}{2} \geq a$, do đó $\frac{a}{l} \geq \frac{\sqrt{2} + 1}{2}$. Vì vậy, tại $\frac{\sqrt{2} + 1}{2} \leq \frac{a}{l} < \sqrt{2}$ việc vượt qua là không khả thi, vì tại $1 < x \leq \sqrt{2}$ sẽ có $y(x) > a$ (Hình 9). Vẫn còn phải xem xét trường hợp $1 < \frac{a}{l} < \frac{\sqrt{2} + 1}{2}$.

Trong trường hợp này $y(\sqrt{2}) = a\sqrt{2} - \frac{l}{2} - \frac{l}{2} < a = y(1)$, mức tối thiểu của hàm $y(x)$ bằng $a\sqrt{2} - \frac{l}{2}$ (Hình 11) và đạt được ở $x = \sqrt{2}$, $\alpha = 45^\circ$. Giao cắt đã xảy ra nếu mức tối thiểu này không vượt quá độ dài $l$ của điểm thứ hai, nghĩa là tại $a\sqrt{2} - \frac{l}{2} \leq l$ hoặc $\frac{a}{l} \leq \frac{3\sqrt{2}}{4} (< \frac{\sqrt{2} + 1}{2})$.

Đang chuẩn bị, chúng tôi thấy rằng việc vượt biển là không thể ở $\frac{a}{l} > \frac{3\sqrt{2}}{4}$

47

và có thể với

$$\frac{a}{l} \leq \frac{3\sqrt{2}}{4}.$$ (*)

Quan hệ $\frac{a}{l} = \frac{3,5}{3}$ không thỏa mãn điều kiện (*) vì $\frac{3,5}{3} > \frac{3\sqrt{2}}{4}$.

Từ bất đẳng thức $\frac{3,5}{l} \leq \frac{3\sqrt{2}}{4}$ ta thấy rằng có thể vượt qua nếu $l \geq \frac{7\sqrt{2}}{3} \approx 3,3$ m.

Việc không thể giao cắt hình học sẽ chỉ ra rằng tập hợp các điểm “quét sạch” bởi bến thứ nhất và bến thứ hai không giao nhau (Hình 12).

Nếu $\frac{a}{l} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$ thì các tập hợp này chỉ có một điểm chung.

Nếu $\frac{a}{l} < \frac{3\sqrt{2}}{4}$ thì diện tích giao nhau của các tập hợp được chỉ định chứa tập hợp điểm vô hạn.

Nếu $\frac{a}{l}$ gần 1 hơn $\frac{3\sqrt{2}}{4}$ (diện tích giao nhau của các bộ đủ lớn), thì đế đầu tiên có thể được đặt không nghiêng một góc $45^\circ$ so với các bờ và đế thứ hai - không vuông góc với đế thứ nhất, bạn thậm chí có thể di chuyển đầu của nó ra khỏi đỉnh của góc (điểm $C$).

Kết quả

Kết luận nào có thể được rút ra từ tất cả những gì đã được nói? Có phải tất cả lý luận của chúng ta đều ủng hộ thực tế rằng dự đoán trực quan của Giả thuyết 2 là đúng?

Chúng ta đã thấy giả thuyết 2 trong công thức

a) bảng đầu tiên ở khoảng cách của chúng ta với $C$, nếu $\alpha = 45^\circ$,
không đúng sự thật. Trong cách diễn đạt

b) nếu có thể băng qua ($\frac{a}{l} \leq \frac{3\sqrt{2}}{4}$), thì bảng đầu tiên ở khoảng cách của chúng ta với $C$, nếu $\alpha = 45^\circ$,

Giả thuyết 2 là đúng. Tuy nhiên, kết quả này rất khó dự đoán bằng trực giác.

Liên quan đến vấn đề đang được xem xét, bài toán thú vị mới nảy sinh. Dưới đây là một số trong số họ.

Bài tập

1. Hai tấm ván giống hệt nhau có chiều dài tối thiểu bằng bao nhiêu (chiều rộng kênh là 3,5 m) có thể giao nhau nếu biên độ bao phủ của mỗi bến tàu phải là 20 cm (10 cm cho mỗi đầu)?

2. Rút ra điều kiện để có thể đi qua một kênh có chiều rộng $a$ bằng cách sử dụng hai bảng có độ dài khác nhau: $m$ và $n$ ($m < a$, $n < a$). Cụ thể, hãy tìm hiểu xem có thể vượt qua được hay không nếu $a = 3,5$ m và $m + n = 6$ m.

3*. Bạn có thể vượt qua kênh thức ăn bằng cách sử dụng ba tấm ván. Điều này có thể thực hiện được ở độ dài bao nhiêu bảng $a$, $b$, $c$? Ba tấm ván dài 3 m có đủ không?*)

4*. Hai nhánh của kênh có độ rộng khác nhau: $a$ ($m$) và $b$ ($m$) ($a > b$), đồng thời có hai bến có độ dài bằng nhau hoặc khác nhau: $m$ và $n$ - bến nào nhỏ hơn $b$. Suy ra điều kiện cần và đủ để có khả năng đi qua.

5*. Các nhánh của kênh tạo thành một góc tùy ý (và không phải) $\varphi$, chiều rộng của chúng là $a$ và $b$, các bến có độ dài khác nhau ($m$ và $n$). Trong những điều kiện nào có thể vượt qua?

Văn học

1. D. Polya, Toán học và Lý luận hợp lý, IL, 1957.

2. D. Polya, Khám phá toán học, M., “Khoa học”, 1970.

3. D. Polya, Cách giải quyết bài toán, M., Uchredgiz, 1957.

4. G. D. Balk, M. B. Balk, Kiểm tra tính hợp lý. «Kvant», 1972, số 1.

*) Không cần thiết phải giải các nhiệm vụ 3-5, lời giải của chúng rất khó, cồng kềnh và đòi hỏi kiến ​​thức vượt xa chương trình học ở trường.