Логические задачи и методы их решения

Новосибирский государственный педагогический университет.

Математический факультет.

Кафедра геометрии и МПМ.

Логические задачи и методы их решения Курсовая работа по математике.

Выполнила: студентка 35гр. Голобокова О.В.

Новосибирск 2009 г.

СОДЕРЖАНИЕ Введение

1. Типы и способы решения логических задач

1.1 Задачи типа «Кто есть кто?»

1.2 Тактические задачи

1.3 Задачи на нахождение пересечения множеств или их объединения

1.4 Буквенные ребусы и примеры со звездочками

1.5 Истинностные задачи

1.6 Задачи типа «Шляпы»

1.7 Задачи типа «Два города»

Заключение

Список литературы

ВВЕДЕНИЕ

Тема моей курсовой работы: «Логические задачи и методы их решения».

Для расширения основного курса желательно выбирать темы, срособствующие развитию общеучебных умений школьников, обладающие значительным развивающим потенциалом. Привлекательными занятия по выбору сделает система методов организации внеурочной учебной деятельности школьника, использование групповых и индивидуальных занятий.

Содержательная и интересно поставленная внеурочная работа по математике позволяет выявить математически одаренных школьников, развить культуру мышления учащихся, разумно организовать их время.

Развитию творческой активности, инициативы, любознательности, смекалки способствует решение нестандартных задач.

У любого нормального ребенка есть стремление к познанию, желание проверить себя. Чаще всего способности школьников так иостаются не раскрыты для них самих, они не уверены в своих силах, равнодушны к математике.

Задачи повышенной трудности, в решении которых следует опираться на твердое знание изученных на уроках математических фактов, не следует сразу предлагать этим учащимся. Задачи должны быть доступны, будить сообразительность, овладевать их вниманием, удивлять, пробуждать их к активной фантазии и самостоятельному решению.

Несмотря на то, что школьный курс математики содержит большое количество интересных задач, многие полезные задачи не рассматриваются.

К эти задачам можно отнести логические задачи. Эти задачи могут быть рассмотрены на кружковых и факультативных занятиях, начиная с 5 класса.

1. Типы и способы решения логических задач

1.1 Задачи типа «Кто есть кто?»

Задачи типа «Кто есть кто?» очень разнообразны по сложности, содержанию и способности решения. Они, несомненно, представляют интерес для математического кружка.

а) Метод графов Один из способов решения — решение с помощью графов. Граф — это несколько точек, часть которых соеденены друг с другом отрезками или стрелками (в таком случае граф называется ориентированным). Пусть нам требуется установить соответствие между двумя типами объектов (множествами). Точками обозначаются элементы множеств, а соответствие между ними — отрезками. Штриховой отрезок будет объеденять два элемента, не соответствующих друг другу.

Задача 1. Леня, Женя и Миша имеют фамилию Орлов, Соколов и Ястребов. Какую фамилию имеет каждый мальчик, если Женя, Миша и Соколов — члены математического кружка, а Миша и Ястребов занимаются музыкой?

Решение. Решить задачу просто, если учесть, что:

1. Каждому элементу одного множества обязательно соответствует элемент другого множества, но только один (у каждого мальчика есть фамилия и фамилии у мальчиков разные).

2. Если элемент каждого множества соединен со всеми элементами (кроме одного) другого множества штриховыми отрезками, то с последним он соединен сплошным отрезком.

Вместо сплошных штриховых отрезков можно использовать цветные, в таком случае решение получается более красочным, больше нравится младшим школьникам (рис. 1.).

Женя Миша Леня

Ястребов Соколов Орлов

Рис. 1.

Таким же способом можно находить соответствие между тремя множествами.

Задача 2. Три товарища, Иван, Дмитрий и Степан преподают различные предметы в школах Москвы, Санкт-Петербурга и Киева. Известно, что Иван работает не в Москве, а Дмитрий — не в Санкт-Петербурге; москвич преподает химию. Дмитрий не биолог. Какой предмет, и в каком городе преподает каждый товарищ?

Решение. Сначала все условия наносятся на схему. Решение же сводится к нахождению трех сплошных треугольников с вершинами в разных множествах (рис. 2.).

Иван Дмитрий Степан

Москва

Химия

Санкт-Петербург

Биология

Физика Киев Рис. 2.

При решении мы можем получить треугольники трех видов:

а) все стороны являются сплошными отрезками (решение зедачи);

б) одна сторона — сплошной отрезок, а другие — штриховые;

в) все стороны — штриховые отрезки.

Таким образом, нельзя получить треугольник, у которого бы две стороны были сплошными отрезками, а третья — штриховой отрезок. Это легко доказать на примере данной задачи.

Рассмотрим треугольник: химия — Дмитрий — Санкт-Петербург. Если предположим, что третья сторона — сплошной отрезок, то получаем следующие высказывания

-«Дмитрий преподает химию»;

-«Тот, кто преподает химию, живет в Санкт-Петпрбурге»;

-«Дмитрий не живёт в Санкт-Петербурге»;

Но из второго и третьего высказывания следует, что Дмитрий не преподает химию (отрицание первого высказывания). Значит, отрезок Дмитрий — химия штриховой, что соответствует высказыванию: «Дмитрий не преподает химию».

Задача решается автоматически: построением треугольников. От условия задачи, после внесения его на схему, можно отвлечься (рис. 3).

Иван Дмитрий Стапан

Москва

Химия

Санкт-Петербург

биология

физика Киев рис. 3.

При обучении школьников логически грамотно мыслить несомненную методическую ценность представляют задачи с неоднозначными ответами и избыточными условиями. Такие задачи чаще всего ставят учащихся в тупик. Графы, представыленные точками и отрезками, позволяют справиться с такими трудностями и выявлять структурные особенности задач.

Задача 3. Маша, Женя, Лида и Катя умеют играть на различных инструментах (виолончели, рояле, гитае и скрипке). Они же владеют различными иностранными языками (английским, французским, немецким, испанским), но каждая только одним. Известно, что девушка, которая играет на гитаре, говорит поиспански, Лида не играет ни на скрипке, ни на виолончели и не знает английского языка, так же как и Маша. Девушка, которая говорит по-немецки, не умеет играть на виолончели, Женя знает французский язык, но не умеет играть на скрипке. Кто же из девушек какой язык знает и на каком инструменте играет?

Решение. Обозначим имена: М, Ж, Л, К; музыкальные инструменты: В, Г, Р, С; иностранные языки: А, Ф, Н, И. Получаем два частичных решения задачи: К-С-А и Ж-В-Ф (рис. 4).

М Ж Л К

В А

Р Ф

Г Н

С И

Рис. 4.

Далее же задача допускает два решения: М-Р-Н, Л-Г-И или М-Г-И, Л-Р-Н. Любое из этих решений не противоречит условию задачи.

б) Табличный способ Второй способ решения логических задач — с помощью таблиц — также прост и нагляден, но его можно использовать только в том случае, когда требуется установить соответствие между двумя множествами. Он более удобен, когда множества имеют по пять-шесть элементов.

Задача 4. «Город мастеров». В нашем городе живут 5 друзей: Иванов, Петров, Сидорчук, Веселов и Гришин. У них разные профессии: маляр, мельник, парикмахер, почтальон, плотник. Но я точно знаю, что Петров и Гришин никогда не держали в руках малярной кисти, а Иванов и Гришин давно собираются посетить мельницу, где работает их товарищ. Петров и Веселов живут в одном доме с почтальоном. Иванов и Петров каждое воскресенье играют в городки с плотником и маляром, а Гришин и Веселов по субботам встречаются в парикмахерской, где работает их друг. Почтальон же предпочитает бриться дома. Помогите мне установить профессию каждого из друзей.

Решение. Решая задачу, мы заведомо знаем, что у каждого товарища одна фамилия и одна профессия (и у всех разные).

Правило 1: В каждой строке и в каждом столбце таблицы может стоять только один знак соответствия (например «+»).

Правило 2: Если в строке (или столбце) все «места», кроме одного, заняты элементарным запретом (знак несоответствия, например «-»), то на свободное место нужно поставить знак «+»; если в строке (или столбце) уже есть знак «+», то остальные места должны быть заняты знаком «-».

Начертив таблицу, нужно разместить в ней известные запреты исходя из условия задачи. Если ребята затрудняются сразу заполнить таблицу, то можно помочь им наводящими вопросами. Правила же выводятся обычно самостоятельно, интуитивно. Нужно только заострить на них внимание школьников.

Заполнив по условию задачи таблицу, сразу получем два типичных решения: Гришин — плотник, а Иванов — парикмахер (рис. 5).

Дальше ответ получается автоматически, но этот «автоматизм» можно «перевести» на язык логических рассуждений. Такой «перевод» и интересен, и помогает увидеть, откуда берется решение.

Рис. 5.

После того, как произошло «сужение информации» и точно установлено, что Гришин — плотник, а Иванов — парикмахер, рассуждать можно так: т. к Иванов не почтальон (он парикмахер) и из условий задачи следует, что Гришин, Петров и Веселов не работают почтальоном, значит, Сидорчук — почтальон (а значит, не маляр и не мельник); мельником может быть только Петров, а Веселов — маляром. Эта задача предполагает только одно решение.

Может быть, интересным покажется решение этой задачи на координатной плоскости. По оси абцисс располагаются элементы одного множества (в данном случае профессии), а по оси ординат — элементы другого множества (фамилии). Соответствие и несоответствие между элементами обозначается темными и светлыми фигурами (кружками). При заполнении квадрата используются те же правила взаимооднозначного соответствия (рис.6).

У (фамилия) Гришин _ _ _ _ ?

Иванов _ _ _? _

Сидорчук? _ _ _ _

Петров _ _? _ _

Веселов _? _ _ _

П-н М-р М-к П-р П-к х (профессия)

Рис. 6.

Интересно рассмотреть задачу, правила решения которой несколько отличаются от уже знакомых.

Задача 5. «Леночка и разноцветные игрушки».

— Ой, какие красивые разноцветные шарики! А какие коробочки! Дедушка, ну, пожалуйста, подари их мне! — воскликнула Леночка, едва переступив порог дедушкиной комнаты.

— Посмотрим, заслуживаешь ли ты такого подарка, — ответил дедушка, и попросил Леночку на некоторое время выйти из комнаты. Но не прошло и минуты, как как девочка услышала, что её уже зовут.

— Перед тобой пять коробочек: одна белая, одна чёрная, одна красная, одна синяя и одна зеленая, — сказал дедушка. — Шарики тех же цветов, что и коробочки, по два шарика каждого цвета: два белых, два чёрных, два красных, два синих и два зелёных. В каждую коробочку я положил по два шарика. Чтобы ты не думала, будто цвет шариков в коробочке совпадает с цветом самой коробочки, скажу сразу: шарики по коробочкам я разложил как пришлось. Если ты скажешь, какого цвета шарики лежат в каждой коробочке, то я подарю тебе все шарики вместе с коробочками.

— Но ведь это очень трудно, — печально вздохнула Леночка.

— Совсем не трудно, — утешил её дедушка. — К тому же я помогу тебе — вот послушай:

1) ни один шарик не лежит в коробочке того же цвета, что и он сам;

2) ы красной коробочке нет синих шариков;

3) в коробочке нейтрального цвета лежат один красный и один зелёный шарик. (Тут Леночка, не выдержав, спросила, что такое нейтральный цвет. Дедушка объяснил, что так принято называть белый или чёрный цвет);

4) в чёрной коробочке лежат шарики холодных тонов (Леночка уже знала, что холодными называют зеленые и синие тона);

5) в одной коробочке лежат белый и один синий шарик;

6) в синей коробочке находится один черный шарик. Помогите Леночке решить дедушкину задачу!

Знаний, полученных при решении предыдущих задач достаточно, чтобы решить эту задачу. Новое здесь, то, что каждой коробочке соответствует два шарика. А метод решения учащиеся могут предложить сами.

Первый способ решения (рис.7).

Рис. 7.

Из утверждений 1, 2, 3, 4 следует, что в белой коробочке лежат один зеленый и один красный шарики. Тогда в черной коробочке лежат либо два синих, либо синий и зеленый; но из утверждения 5 следует, что два синих шарика лежать в черной коробочке не могут. Один зеленый шарик лежит в белой коробочке, второй в черной, значит зеленых шариков нет в синей и красной коробочках (рис. 8).

Белый и синий шарики лежат вместе, но вместе они могут лежать только в зеленой коробочке. Следовательно, в зеленой коробочке нет черных и красных шариков (а так же белого и второго синего). Остались неуложенными: красный, белый и черный шарики; красная коробочка пустая и синяя — с одним черным шариком.

Рис. 8.

Красный шарик может лежать только в синей коробочке, а значит белый и черный — в красной (рис.9).

Рис. 9.

Второй способ решения (рис.10).

Черная белая зеленая красная синяя

Черный

Черный белый зеленый красный синий

Красный и зеленый шарики, по условию 3, образуют пару одной коробочки. Так как в синей коробочке одно «место» занято, то эта пара может лежать только в белой. Сузим информацию. По условию 5, синий и белый шарики образуют пару. Эта пара может лежать только в зеленой коробочке (рис.11).

Черная зеленая красная синяя

Черный

Черный белый белый зеленый красный синий синий

Рис. 11.

Ещё «сузив» информацию, получим окончательное решение этой задачи (рис. 12).

Черная красная синяя

Черный

Синий белый белый черный красный

Рис. 12.

в) Сопоставление трех множеств следующая задача «трехмерна», т. е. для ее решения нужно сопоставить три множества. Рассмотрим способ решения этой задачи при помощи таблиц.

Задача 6. «Трамвай в часы «пик».

Один психолог решил заняться изучением того, как влияет на нервную систему человека поездка в переполненном трамвае, в часы «пик». Для этого опросил по одному пассажиру с каждого из четырех маршрутов трамвая; 55, 15, 25 и 33. среди опрошенных, которых звали Андрей (А), Петр (П), Владимир (В), Леонид (Л), оказалось по одному представителю четырех профессий: слесарь©, электромонтер (э), маляр (м), фрезеровщик (ф). К сожалению, поездки в набитых трамваях основательно истрепали нервы самому психологу. Не удивительно, что он забыл, у кого из опрошенных какая профессия. Впрочем, такая забывчивость сама по себе достаточно красноречиво говорит о том, как влияет на нервную систему человека поездка в переполненном трамвае! В памяти нашего психолога сохранились лишь бессвязные отрывки из того, что рассказывал каждый из опрошенных о своем маршруте. Разумеется, полагаться на память было нельзя, и психилог решил проверить все самым тщательным образом. Ну и, конечно, нужно было выяснить, у кого какая профессия. Вот что удалось выяснить;

1) Номер трамвайного маршрута, которым следовал Владимир, начинается не с единицы.

2) О тридцать третьем маршруте рассказывал кто-то из рабочихметаллистов.

3) Номер трамвайного маршрута, которым следовал фрезеровщик, составлен из таких цифр, что их сумма равна числу букв в имени фрезеровщика.

4) Леонид рассказал о трамвайном маршруте, номер которого состоит из двух одинаковых цифр.

5) Имя электромонтера начинается не с буквы В.

6) Петр спросил у психолога, где лучше сойти, чтобы пересесть на двадцать пятый маршрут.

7) В памяти психолога вдруг отчетливо всплыла фраза, сказанная Леонидом кому-то из пассажиров: «Вы сели не на тот трамвай, вам нужно пересесть на пятьдесят пятый».

Определите имя и профессию каждого пассажира, а также номер маршрута, о котором он рассказывал психологу.

Решение. Чтобы отразить соответствие между двумя любыми множествами, необходимо составить три таблицы. Разложив, условия задачи на элементарные запреты, отметив их в таблице, затемнив соответствующую клетку (рис. 13).

В таблице 1 (рис. 13) сразу находится частичное решение: Леонид ехал в трамвае с номером 33. Значит, что ни электромонтер, ни маляр не были пассажирами трамвая 33, и то, что Леонид не фрезеровщик, делаем вывод, что Леонид — слесарь.

На самом деле мы воспользовались «правилом треугольника». Треугольником, в данном случае, называются фигуры из трех клеток, соединенных линиями соответствия (рис. 14).

Если условия задачи непротиворечивы, то соответствующей ей схеме размещения трёх таблиц возможны лишь такие треугольники, у которых:

а) во всех вершинах расположены элементарные запреты;

б) в двух вершинах расположены элементарные запреты, а в третьей — знак соответствия (кружок);

в) во всех трех вершинах расположены знаки соответствия (кружки);

Доказательство этого правила аналогично приведенному в задаче 2. пользуясь правилом, получим окончательное решение.

Леонид — слесарь, 33-й маршрут трамвая;

Андрей — фрезеровщик, 15-й маршрут;

Владимир — маляр, 25-й маршрут;

Петр — электромонтер, 55-й маршрут трамвая.

Задачи такого типа можно давать используя только схемы расположенными на них элементарными запретами (задачи «без слов»). Кроме того, по заданной схеме учащиеся могут сами придумать условия задачи. На примере следующей задачи рассмотрим еще одно правило решения (правило переноса клеток).

Задача 7. Решите представленную на рисунке 16 задачу.

Рис. 16.

Как видно из рисунка, нельзя найти ни одного частичного решения задачи. Однако, рассмотрим на рис. 16 первую строку таблицы I. Кружок, разрешающий соответствие между элементами, может стоять либо в первой, либо во второй клетках. Предположим, что кружок стоит во 2-й клетке. Тогда клетка А-а и А-в в таблице II, по правилу треугольника, должны быть заняты элементами запрета. Первая строка в таблице II оказалась «запрещенной», но, если задача имеет решение, этого быть не может. Таким образом, кружок в таблице I, в первой строке, стоит в клетке А-б. Если посмотреть на строки, А (II) и г (III), — видно, что элементарные запреты дополняют друг друга до полной строки. Такие строки назовем дополняющими друг друга поперечными строками.

Строки (столбцы) — поперечные, если они соответствуют элементам необщих множеств. Строки таблиц, соответствующие одному и тому же элементу общего множества, назовем продольными. Они как бы служат продолжением одна другой. (Например, строка В-I и В-II, столбцы с-II, и с-III).

Теперь можно сформулировать правило переноса клеток, или правило дополнительности:

— Клетка пересечения двух дополняющих друг друга строк, являющихся поперечнымие может быть связующей клеткой (т. е. соответствовать комбинации элементов, не запрещенной условиями задачи).

По этому правилу, поперечные, дополняющие друг друга строки А-П и г-III пересекаются в клетке А-г-I. Значит, в этой клетке расположен элементарный запрет, (Тот же результат был получен при помощи рассуждений). Дальше задача уже легко решается при помощи правил, известных ранее. На рисунке 17 показана клетка пересечения двух дополняющих строк.

Трехмерная задача может решаться и в системе координат. Вот как выглядит такая система для данной задачи (рис.19). Все правила решения для трехмерной задачи остаются справедливыми.

г)

Многомерные задачи.

Задача 8. «Преступление в гостинице». Когда в 11 часов утра служащие гостиницы в Пиэри Поуч открыли, наконец, дверь четвертого номера, расположенного на первом этаже (до этого они долго, но безуспешно пытались достучаться, но им никто не открывал), глазам их предстало ужасное зрелище: знаменитая кинозвезда, обворожительная мисс Вамп лежала на паркете в глубоком обмороке, все вещи были разбросаны в беспорядке, а бесценное бриллиантовое ожерелье кинозвезды исчезло. Правда, мисс Вамп вскоре пришла в себя, но ничего вспомнить так и не смогла. Пришлось обратиться за помощью к знаменитому сыщику Сэму Силли и его ловкому помощнику Джонни Вуду. Сыщик и его помощник тотчас же принялись за работу. Вскоре им удалось выяснить следующее:

1.На первом этаже гостиницы расположено всего 6 номеров: от первого до шестого.

2. Мисс Вамп в последний раз видели в ресторане гостиницы в 18 часов вечера, накануне похищения бриллиантов. Ожерелье было тогда на ней.

3. С 18 часов вечера до 10 часов утра никто из служащих гостиницы не входил в коридор перед номерами, расположенными на первом этаже, и ничего, кроме стука в дверь, не слышали.

4. Между 18 часами вечера и полуночью в гостинице побывало всего 6 посторонних: мистер Браун, мистер Грин, мистер Хилл, мистер Смит, мистер Тейлор и мистер Уайт. Все они приходили к постояльцам, занимавшим номера на первом этаже. Портье, которому из-за его стойки прекрасно виден весь коридор первого этажа, отчетливо запомнил, что каждый из них заходил лишь в один номер, причем ни какие два посетителя не заходили в один и тот же номер. К сожалению, портье не записал, в какой номер заходил каждый из посетителей и до которого часа оставался в гостинице. К тому же, все посетители заходили в гостиницу в различное время: один побывал в ней между 18 и 19 часами, другой между 19 и 20 и т. д. Последний посетитель заходил в гостиницу между 23 к 24 часам. Сэм Силли навестил каждого из шести подозреваемых и выяснил следующее:

5. Достоверно известно, что с 20 до 24 часов мистер Браун принимал у себя дома гостей. Будучи образцовым хозяином мистер Браун от начала до конца своего приема ни на минуту не покидал гостей.

6. Столь же неопровержимо установлено, что с 21 часа до 24 часов мистер Грин находился среди гостей мистера Брауна.

7. Допросить мистера Хилла не удалось, но это не помешало Джони Вуду собрать подробнейшие сведения о подозреваемых и их окружении, снять отпечатки пальцев, следов обуви и т. д. (Попутно, выяснилось одно странное обстоятельство: на мистере Смитте оказались те же ботинки, которые накануне с 18 до 24 часов носил мистер Хилл).

8. Мистер Тейлор с 19 часов 45 минут до 21 часа довольно громко выяснял отношения со своей женой, что могут подтвердить его соседи.

9. Мистер Уайт с 19 до 22 часов находился в театре, а с 23 часов до полуночи присутствовал на заключительной части приема, устроенного мистером Брауном.

Вернувшись в гостиницу, Сэм Силли и Джонни Вуд тщательно осмотрели все номера, расположенные на первом этаже, и установили, что:

10. Все окна плотно закрыты и через них снаружи в гостиницу никто не проникал.

Затем они сравнили все обнаруженные в номерах следы (отпечатки обуви, пальцев, отдельные волоски и т. д.) с теми данными, которые им удалось собрать о подозреваемых. Выяснилось следующее:

11. В номер 5 не заходили ни мистер Смит, ни мистер Тейлор, ни мистер Уайт.

12. Мистер Смит не заходил в номера 1, 3, 6.

13. Мистер Грин не мог быть посетителем номера 3 и номера 6.

Наконец, допросили портье. Приводим выдержку из протокола допроса:

14. Сэм Силли: Вы утверждаете, что незадолго до 20 часов на несколько минут задремали за своей стойкой. Не мог ли кто-нибудь за это время незаметно проникнуть в гостиницу или пробраться из одного номера в другой?

Портье: Входная дверь была заперта, сэр. Я сплю очень чутко, а двери номеров слегка скрипят. Стоило уходившему посетителю хлопнуть дверью, как я бы сразу проснулся. А ведь скрип был очень тихий: так скрипят двери лишь в 1 и 4-м номерах. Затем портье припомнил, что:

15. До 19 часов никто не входил ни в 5-й, ни в 6-й номера.

16. В 20 часов 10 минут в 1 или 3 или 6 номерапришел посетитель, а также, что:

17.Между 22 и 23 часами двери 2, 3 и 6-го номеров не открывались: в эти номера никто не входил и никто не выходил.

Собранные данные позволили сыщикам напасть на след преступника. Из условий 10, 4, 3 и 2 напрашивается почти неопровержимый вывод: бриллиантовое ожерелье похитил один из шести посетителей, а именно тот, который либо вечером, либо ночью заходил в 4-й номер. Можно ли найти преступника, пользуясь всеми данными, собранными Сэмом Силли и Джоном Вудом?

Решение. Одни лишь материалы следствия не позволяют получитьоднознаяного решения ни в одной из таблиц. Но стоит воспользоваться правилом дополнительности, как появляются сразу 5 элементарных запретов (рис. 20).

Эти запреты позволяют найти первое частичное решение: мистер Хилл заходил в номер 5.

Далее задача решается методом треугольника. Уже 10-е частичное решение позволяет установить виновность мистера Брауна, который заходил в номер 4 между 19 и 20 часами. После частичного решения 13 в таблицах I и II остается по 4 пустых клетки, которые не удается заполнить (рис. 21). Но, поскольку мистер Смит заходил в гостиницу раньше или позже мистера Тейлора, что не вызывает противоречия, задача имеет два окончательных решения.

Рассмотрим еще одну задачу, где требуется установить соответствие между множествами, но этих множеств уже 5 (может быть и 6, и 7). Автоматически, пользуясь правилами, решить такую задачу уже не удается. Однако она не менее привлекательна и интересна.

Задача 9. «Укого живет сорока». На одной из улиц дачного поселка только 5 домов. Они окрашены в разные цвета, и занимают их семьи поэта, писателя, критика, журналиста и редактора. В доме каждой семьи живет любимая птичка. Глава семьи получает на завтрак любимый им напиток, после чего отправляется, а город, пользуясь любимым способом передвижения. Известно, что:

1) поэт пользуется велосипедом;

2) редактор живет в красном доме;

3) критик живет в крайнем доме слева, а рядом расположен голубой дом;

4) тот, кто ездит на мотоцикле, живет в среднем доме;

5) тот, кто живет в зеленом доме, всегда отправляется в город пешком;

6) зеленый дом расположен справа от белого;

7) в доме, где живет снегирь, на завтрак всегда бывает молоко;

8) тот, кто на завтрак получает какао, живет в доме, соседнем с тем домом, где живет синица;

9) в желтом доме на завтрак подают чай;

10) живущий рядом с любителем канареек утром пьет чай;

11) писатель пьет только кофе;

12) тот, кто ездит на своем автомобиле, любит пить томатный сок;

13) в доме журналиста живет попугайчик.

А у кого живет сорока?

Решение. Для решения задачи сразу составим основную таблицу, которую будем заполнять по ходу решения (рис. 22). Воспользуемся условиями 3 и 4. По условию 6 имеем две возможности: 3₁ — зеленый дом № 4, 3₂ — зеленный дом № 5. Продолжим заполнять основную таблицу, если за истину принять предложение 3₁ (рис. 22, подчеркнуто одной чертой). Из 6 следует, дом № 3 — белый; (2,3) — дом № 5 красный, тогда дом № 1 — жёлтый. Учтем условия 5 и 9; (9; 10) — в голубом доме живут канарейки; 1 в голубом доме живет поэт, который пользуется велосипедом. Из условия 12 следует, что редактор ездит на автомобиле и любит томатный сок.

Где живет писатель? Имеем две возможности:

— П₁: писатель живет в белом доме;

— П₂: писатель живет в зеленом доме.

Продолжим рассуждения, считая верным утверждение П₁ (рис. 22, курсив). Тогда в зеленом доме живет журналист. Из условия 11 следует, что в среднем доме пьют кофе. Из 13 — следует, в доме № 4 живет попугайчик.

Рассмотрим условие 7. Молоко на завтрак может быть либо в доме № 2, либо в доме № 4. Но там не может жить снегирь. Получив противоречивые данные, возвращаемся к гипотезе П₂. Снова условие приводят к противоречию (рис. 23).

Рис 22.

Рис. 23.

Возвращаемся к гипотезе 3₂. Тогда из 2 следует: дом № 1 желтый, а следовательно, в голубом доме живут канарейки. Попробуйте ответить на вопрос: «Где живет поэт?». Два варианта ответа (так как по условию 1, поэт пользуется велосипедом):

— ПТ₁ — поэт живет в голубом доме;

— ПТ₂ — поэт живет в белом доме.

Предположим, что вариант ПТ₁ верен (рис. 24, курсив). Из 12 следует: сок пьют в белом доме. Из 11 следует, что писатель живет в зеленом доме и пьет кофе; в белом доме живет журналист, у которого есть попугайчик (условие 13). По условию 8, какао на завтрак могут получать поэт и редактор. Но у редактора нет соседа, который держит синицу. Значит какао любит поэт, а синица живет у критика.

Условие 7: молоко на завтрак может быть только у редактора. Получаем ответ: сорока живет у писателя. Но нужно проверить ещё гипотезу ПТ₂. Приведет ли она к тому же ответу?

Рис. 24.

Из 13 следует, хозяин голубого дома пьет сок и ездит на автомобиле.

Из 12 следует, писатель живет в зеленом доме и пьет кофе, тогда в голубом доме живет журналист. Но по условию 13, он держит попугайчика. Получили противоречие, ведь в голубом доме живут канарейки (рис. 25). Итак, ответ задачи единственный: сорока живет у писателя.

Рис. 25.

Схематично ход рассуждений изображен на рис. 26.

Рис. 26.

Такие задачи могут иметь несколько ответов: число разветвлений в схеме (т.е. количествопринимаемых гипотез) может быть значительно большим, но принцип решения остается таким же. Иногда для решения задачи необязательно заполнять все клетки таблицы, как в приведенном примере.

1.2 Тактические задачи Решение тактических и теоретико-множественных задач заключается в составлении учащимися плана действий, который приводит к правильному ответу. Сложность состоит в том, что выбор нужно сделать из очень большого числа вариантов, т. е. эти возможности не известны учащимся, их нужно придумать.

а)Задачи на перемещение или правильное размещение фигур учащиеся могут решать двумя способами: практическим (действия в перемещении фигур, подборе) и мысленном (обдумывание хода, предугадывание результата, предположение решения). Анализ соотношения способов решения показывает, что практический метод свойственен детям младшей школы. Школьники среднего звена осуществляют поиск решения путем сочетания мысленных и практических действий или только мысленно. Это дает основание для утверждения о возможности приобщения младших школьников к творческой деятельности в ходе решения логических задач. У детей формируется умение вести поиск решения путем предположения, догадки, рассуждений. Рассмотрим простую задачу.

Задача 10. «Иванушка и коварная принцесса».

— Задаю тебе последнюю задачу, — сказала принцесса Иванушке, — найди единственно верный путь из этой комнаты в наш зимний сад и сорви для меня самую красивую розу. Из этой комнаты ты пройдешь через левую, или правую, или среднюю дверь во вторую комнату; такие же три вида дверей будут перед тобой при переходе из второй комнаты в третью и из третей — в сад. Учти мои советы, — продолжала принцесса, — первый: из этого зала пройди через правую дверь; второй: из второй комнаты — не через правую дверь, и третий совет: из третей — не через левую дверь. Иванушка знал, что обычно из трех советов принцессы ровно в двух указывают ложное направление, кроме того, служанка принцессы успела шепнуть ему, что надо пройти через дверь каждого вида по одному разу. Как и полагается сказке, принес Иванушка розу и был вознагражден. Какой же маршрут оказался верным?

Решение. Для решения этой задачи нужно рассмотреть всевозможные маршруты, т. к. на избранном пути не должно быть одинаково расположенных дверей, то возможно лишь 6 различных маршрутов (3!). Воспользуемся графами (рис. 27). «Плюс» на соединительном отрезке означает правильный, а «минус» — ложный ответ принцессы. Так как верен один совет, то правильный маршрут тот, который отмечен одним знаком «+» и двумя «-», а именно Л — П — С.

+ - +

П С Л

+ + - + - +

С Л П Л П С

— + - + + +

Л С Л П С П

Рис. 27.

В следующей задаче может быть использована магнитная доска или объемные фигурки зверей, которые можно передвигать по клеткам.

Задача 11. Все звери в зоопарке находятся не в своих клетках. Служителю необходимо как можно быстрее разместить животных по их клеткам. Какое наименьшее число «переселений» должен сделать служитель зоопарка? Учтите, что зверей нельзя помещать вдвоем в одну клетку, так как звери — хишники (рис. 28).

Рис. 28.

Решение можно оформить в виде следующей таблицы (рис. 29)

Рис. 29.

Задача 12. Три рыцаря, каждый в сопровождении оруженосца, съехались на берегу реки и хотят переправиться на другой берег. Есть лодка, которая может вместить только двух человек. Могут ли переправиться рыцари и их оруженосцы на другой берег при условии, что, оказавшись отдельно от своего рыцаря, ни один оруженосец, не находился бы при этом в обществе других рыцарей?

Такую задачу могут решить учащиеся 6-го класса. Передвигаяя фигурки, можно проверять и пробовать множество вариантов, при этом необходимо записывать ход решения при помощи таблиц, либо при помощи графов.

Решение: этой задачи может быть таким: А, В, С — обозначим рыцарей; а, в, с — их оруженосцев.

А В С, А В С. А В С, А В С .

а в с. а в с, а в. с, а в с

А В С в с, А В С, А В С, А В С

а. а в с. а в. с, а в с .

. А В С, А В С. А В С, А В С

а в с, а в с. а в с, а в с

Ребятам постарше можно предложить следующую задачу. Отличается от предыдущей она только условием, решение же аналогично.

Задача 13. По обычаю одной восточной страны, жене запрещается оставаться без мужа в обществе мужчин, однажды трем супружеским парам понадобилось перебраться на южный берег реки с северного. Единственное подручное средство — лодка, вмещающая двух человек. В какой последовательности они должны были переправиться, чтобы соблюсти строгий обычай?

Такова же схема решения задач на переливание жидкости. Решая такие задачи, школьники учатся планировать свои действия, запоминать ход рассуждений. Эти задачи способствуют развитию настойчивости и сообразительности, развивают аналитическое мышление.

Задача 14. Три сосуда, вместимостью 8, 5, 3 л. стоят на полке. Первый сосуд наполнен водой, а два других пусты. Как с помощью этих сосудов отмерить один литр воды? Как отмерить 4 л. воды?

Решение. Сразу встает вопрос: с чего начать? Имеющиеся сосуды могут предложить два варианта: либо из восьмилитрового сосуда наполним пятилитровый, либо трехлитровый. Нужно учесть, что вода из этих трех сосудов никуда не выливается. Это сокращает число возможных ходов.

Первый способ.

I сосуд (8 л.) 8 3 3 6 6 (1) 1

II сосуд (5л.) 0 5 2 2 0 5 (4)

III сосуд (3л.) 0 0 3 0 2 2 3

Второй способ.

I сосуд (8 л.) 8 5 5 2 2 7 7 (4)

II сосуд (5л.) 0 0 3 3 5 0 1 1

III сосуд (3л.) 0 3 0 3 (1) 1 0 3

Задача 15. Али-Баба хочет попасть в пещеру с сокровищами. Перед пещерой стоит бочка, в крышке которой имеются четыре отверстия, образующие квадрат. Под отверстиями находится по кувшину, в каждом из которых торчит селедка, хвостом вверх или вниз. Али-Баба может просунуть руки в любые два отверстия и определить расположение находящихся под ними селедок, а также повернуть одну или две по своему усмотрению. Если хвосты всех селедок окажутся направленными в одну сторону, то дверь пещеры открывается. После того, как Али-Баба вытащит руки из отверстий, бочка быстро поворачивается и останавливается, причем Али-Баба не в состоянии определить новое соотношение бочки по отношению к старому. Существует ли способ действий, позволяющий Али-Бабе за несколько попыток наверняка открыть дверь?

Решение. Для решения необходимо рассмотреть все возможные действия Али-Бабы. Например, по схеме на рисунке 31. Таким образом самое большое после пяти «ходов» Али-Баба сможет попасть в пещеру с сокровищами. Если досконально рассматривать все возможности, то на третьем шаге Али-Баба может просунуть руки в отверстия, стоящие рядом, но это усложнит его дальнейшие действия.

Рассмотрим этот вариант (рис. 30):

Во втором случае — поменяв положение одной селедки, нельзя точно знать, какая из двух комбинаций а) или б) получилась. Следующий ход делается по диагонали. В случае а) нужно изменить положение двух селедок по диагонали и дверь откроется; в случае б) этот «ход» лишний, с его помощью можно определить положение селедок.

Дальше решение идет, как в общем случае, но Али-Баба сделает на один «ход» больше. Нужно сказать, что данная задача довольно сложная. Разбирая ее решение, нужно рассуждать последовательно и доказательно, отвечая на вопросы: «А почему именно так?», «А что будет если???». На, а потом не трудно выбрать оптимальное решение, т. е самый кортокий путь к решению задачи (рис. 31).

1.3 Задачи на нахождение пересечения или объединение множеств (круги Эйлера) Ещё один тип задач — задачи, в которых требуется найти некоторое пересечение множеств или их объеденение, соблюдая условия задачи.

Задача 16. В шахматном турнире учавствовало 7 человек. каждый с каждым сыграл по одной партии. Сколько партий они сыграли?

Решение. При решении этой задачи в счете возможны ошибки, т. е. некоторые партии считаются дважды. Предложите ребятам найти ответ с помощью графов, обозначая каждого ученика точкой, а игры — стрелками. Остается только подсчитать стрелки (рис. 32).

Рис. 32.

Можно оформить задачу в виде турнирной таблицы и подсчитать ее клеточки. Такие методы помогут ребятам объяснить числовое решение задачи:

Число партий =(7*6)/2=21

В дальнейшем школьники легко смогут решать такие задачи и без помощи грофов.

Задача 17. Каждые два из двадцати городов соединены линией воздушного беспересадочного сообщения. Сколько всего воздушных сообщений?

Ответ: 190

Задача 18. В учительской комнате в одну из перемен завязался разговор о журналах. В ходе его выяснилось, что каждый из учителей выписывает два журнала. На каждый из выписываемых журналов подписывается трое. Любая комбинация из двух таких журналов выписывается одним учителем сколько было учителей? Сколько было журналов выписано? Сколько номеров журналов они получили за год, если все журналы были ежемесячными?

Решение заключается в правильном построении графической схемы. Обозначим журналы точками. Каждому журналу соответствует три подписчика, т. е. из каждой точки выходят три ребра, каждое ребро соединяется еще с одной точкой (рис. 33). Каждая пара из полученных трех точек должна быть соединена отрезком. После проведения этих отрезков убеждаемся, что к графу нечего добавить.

Посмотрев на схему, можно сказать, что журналов было четыре, а учителей 6. число журналов в год легко посчитать: 6*2 *12 = 144. Или 4*3*12= 144.

При решении некоторых задач требуются более сложные построения. Пусть ребята придут к ним сами, пусть попробуют использовать уже знакомые им методы.

Еще один метод решения теоретико-множественных задач, с которыми следует познакомит ребят — это круги Эйлера.

Задача 19. В школе зимой работали 3 секции (лыжная, хоккейная, конькобежная). Всего в секциях занималось 38 учеников. В лыжной — 21 человек, среди которых трое еще занимались коньками, шестеро — еще в хоккейной секции, а один — сразу в трех секциях. В конькобежной секции было 13 человек, среди которых пятеро занимались сразу в двух секциях. Сколько человек заномалось в хоккейной секции?

хоккей коньки Лыжи Рис. 34.

Метод Эйлера (рис. 34) является незаменимым при решении некоторых задач, а также значительно упрощает рассуждения. Однако не всегда к задаче, с первого взгляда похожей на эту, нужно строить такую схему. Прежде, чем приступить к решению задачи, нужно проанализировать условия. Иногда с помощью арифметических действий решить такую задачу легче.

Задача 20. Одна швейцарская община насчитывает 50 членов. Родной язык всех 50 членов общины — немецкий, но 20 из них говорят еще по-итальянски, 35 из них владеют французским и еще 10 не знают ни итальянского, ни французского. Сколько членов общины говорят и по-французски, и по-итальянски?

Решение. 50 — 10 = 40 — владеют иностранным языком (кроме немецкого). 20 + 35 = 55 и 55 — 40 = 15 — членов общины говорят и по-французски, и по-итальянски (рис. 35).

Рис. 35.

1.4 Буквенные ребусы и задачи со звездочками Методом подбора и рассмотрения различных вариантов решаются буквенные ребусы и примеры со звездочками.

Такие задачи различны по сложности и схеме решения. Рассмотрим один такой пример.

Например:

к, а ф т, а н б у л о к с о л д, а т и

к, а ф т, а н б ы л о * * ч е р т и

т р и ш к, а м н о г о * *

* *

*

* * * *

* * * * *

7 * * * * *

* * * *

* * * * *

* * * 7 7 7 0

б у к в а. 6 = с л о в о Задача 21. Г + О = Л — О = В О = Л — О = М — К = А Решение: Г + О = Л — О = В * О = М — К = А. Т. к буква О встречается в примере больше других, выбор вариантов начпем с нее, О? 0, т.к. О? А, а В * О = А;

О? 9, т.к. Г + О = А, кроме того, Л > О на, А единиц О? 8, т.к. Г + О = А и Л > О получим, что Л = А = 9.

Из равенства В * О = А следует, что нужно исключить также варианты О = 7, О = 6, О = 5 иначе при минимальном В = 2 (В*О) — двузначное число. Пусть О = 4, тогда В = 2, а, А = 8, но Л — 4 = 8 не имеет смысл ни при одном Л, значит О? 4.

Пусть О = 3, тогда в = 2 или В = 3. Если В = 2, то, А = 6, Л = 9, но Г = 3 = О. Если В = 3, то, А = 9, Л = 12. Значит О? 3

Пусть О = 2. Г + 2 = Л — 2 = В, 2 = М — К = А.

Если В = 3, то, А = 6, Г + 2 = 6, Г = 4, Л — 2 = 6, Л = 8, М — К = 6, М = 7 и К = 1.

Если В = 4, то, А = 8, Л = 10 (противоречит условию, что Л — цифра).

Пусть О = 1. Тогда Г + 1 = Л — 1 = В, 1 = М — К = А, В = А, что неверно.

Задача имеет единственное решение:

Г = 4; О = 2; В = 3; М = 7; К = 1; А = 6; Л = 8.

4 + 2 = 8 — 2 = 3 * 2 = 8 — 2 = 7 — 1 = 6.

Задача 22. Перед началом бегов на ипподроме четыре знатока из числа зрителей обсуждали шансы фаворитов А, В или С.

Первый: Заезд выиграет, А или С.

Второй: Если, А придет третьим, то С не выиграет.

Третий: Если, А будет вторым, то выиграет В.

Четвертый: Вторым придет, А или В.

После заезда выяснилось, что три фаворита А, В, С действительно заняли первые три места и что все четыре утверждения знатоков оказались истинными. Как фавориты поделили между собой три первых места?

Решение. Эта задача по схеме решения похожа на задачу 10. Возможны 6 вариантов исхода заезда (з!):

А В С, А С В (4)

В С, А (1), (4)

В, А О (1)

С, А В (3)

С В, А (2).

Справа указаны утверждения, которым противоречат эти варианты. Всем условиям задачи удовлетворяет расположение мест, при котором фаворит, А пришел первым, В — вторым и С — третьим.

Эта задача не является сложной, она может быть использована в качестве тренировочной, намечающей подход к решению задач, которые требуют установить истинность или ложность множества высказываний.

1.5 Истинностные задачи Задачи, в которых требуется установить истинность или ложность высказываний назовем истинностными задачами.

Задача 23. В одном старинном задачнике суд Париса описан следующим образом: богини Гера, Афродита и Афина пришли к юному Парису, чтобы тот решил, кто из них прекраснее. Представ перед Парисом, богинивысказали следующие утверждения:

1. Афродита: Я самая прекрасная.

2. Афина: Афродита не самая прекрасная.

3. Гера: Я самая прекрасная.

4. Афродита: Гера не самая прекрасная.

5. Афина: Я самая прекрасная.

Парис, прилегший отдохнуть на обочине дороги, не счел нужным даже снять платок, которым прикрыл глаза от яркого солнца. Но богини были настойчивы, и ему во что бы то ни стало, нужно было решить, кто из них самая прекрасная. Парис предположил, что все утверждения прекраснейшей из богинь истинны, а все остальные утверждения двух остальных богинь ложны. Мог ли Парис, исходя из такого предположения, выпести то решение, которое ожидали от него богини, и если мог, то кто из богинь самая прекрасная?

Решение. Для удобства решения высказывания в тексте задачи пронумерованы:

1 — 5. Составим таблицу (рис. 36)

Рис. 36.

Поочередно предполагая каждую богиню самой прекрасной, проверим, не приведет ли это предположение к противоречию с условием задачи. «+» — истинное высказывание, «-» — ложное. Пусть Афина самая прекрасная из богинь. Тогда высказывание 5 и 2 истинны, а все остальные ложны. Но если ложно высказывание 3, тогда 4 должно быть истинно, и Афродита говорит правду, получили противоречие условию, что правду говорит только прекраснейшая из богинь. Значит, первоначальное предположение неверно: Афина не самая прекрасная. Рассуждая аналогично, приходим к выводу, что самая прекраснейшая из богинь — Афродита.

Задача имеет единственное решение.

Задача 24. До царя Гороха дошла молва, что наконец-то убили Змея Горыныча. Царь знал, что это мог сделать Илья Муромец, Алеша Попович или Добрыня Никитич. Вызвал царь к себе богатырей. И вот они, запыленные, явились ко двору. Стал спрашивать их царь. Трижды каждый богатырь ответ держал.

Добрыня Никитич:

— Я не убивал Змея.

— Я выезжал в заморские страны.

— Змея убил Алеша Попович.

Илья Муромец:

— Змея убил Алеша Попович.

— Если бы я убил его, то не сказал бы.

— Много еще на земле нечистой силы осталось.

Алеша Попович:

— Не убивал я Змея Горыныча.

— Я не ищу, какой бы подвиг совершить.

— И взаправду Добрыня Никитич в заморские страны уезжал.

Царь узнал также, что дважды говорил правду каждый богатырь, а один раз луковал. Кто же убил Змея Горыныча?

Ответ: Муромец.

1.6 Задачи типа «Шляпы»

Наиболее известна задача про мудрецов, которым нужно определить цвет шляпы на своей голове. Чтобы решить такую задачу, нужно восстановить цепочку логических рассуждений.

Задача 25. «Какого цвета береты?». Три подруги, Аня, Шура и Соня, сидели в амфитеатре одна за другой без биретов. Соне и Шуре нельзя оглядываться назад. Шура видит только голову сидящей ниже ее Сони, а Аня видит головы обеих подруг. Из коробки, в которой находятся 2 белых и 3 черных берета (об этом все три подруги знают), вынули три и надели их на головы, не говоря о том, какого цвета берет; два берета остались в коробке. Когда спросили Аню о цвете берета, который ей надели, она не сумела ответить. Шура слышала ответ Ани и сказала, что она также не может определить цвет своего берета. Может ли Соня на основании ответов своих подруг определить цвет своего берета?

Решение. Рассуждать можно таким образом. Из ответов Ани обе подружки заключили, что они обе не могут иметь на голове двух белых беретов. (Иначе Аня сразу бы сказала, что у нее на голове черный берет). Они имеют либо два черных, либо белый и черный. Однако, если бы на голове Сони был белый берет, то Шура тоже сказала, что не знает, какой у нее берет на голове, то, следовательно, у Сони на голове черный берет.

Задача 26. «Бумажные рыбки». Три учительницы увлеченно беседовали, сидя на скамейке во время перемены. Они даже не заметили, как расшалившиеся дети прикрепили им на спины бумажных рыбок. Поднявшись со скамьи, все три начали смеяться. Каждая из них думала, что ее коллеги смеются друг над другом, а сама она не стала жертвой шалунов. Внезапно одна из учительниц перестала смеяться: она поняла, что у нее самой — рыбка на спине. Как она пришла к этому выводу?

Решение. Пусть А, В, С — три учительницы. А сказала себе: «В видит, что С смеётся, но В не знает, что у нее — рыбка на спине. Значит, если бы у меня не было рыбки на спине, то В должна бала бы удивиться, почему смеется С. Этого не происходит. В продолжает от души смеяться, не обнаружив, что находится у нее на спине. Поэтому невозможно, чтобы у меня на спине не было рыбки». Внезапно поняв это, А конечно, перестала смеяться.