Реферат: Метод математической индукции - текст реферата. Скачать бесплатно.
Банк рефератов, курсовых и дипломных работ. Много и бесплатно. # | Правила оформления работ | Добавить в избранное
 
 
   
Меню Меню Меню Меню Меню
   
Napishem.com Napishem.com Napishem.com

Реферат

Метод математической индукции

Банк рефератов / Математика

Рубрики  Рубрики реферат банка

закрыть
Категория: Реферат
Язык реферата: Русский
Дата добавления:   
 
Скачать
Microsoft Word, 165 kb, скачать бесплатно
Заказать
Узнать стоимость написания уникального реферата

Узнайте стоимость написания уникальной работы

Метод математической индукции Вступление Основная часть 1. По лная и неполная индукция 2. Принцип математической индукции 3. Метод математической ин дукции 4. Решение примеров 5. Равенства 6. Деление чисел 7. Неравенства Заключение Список использованной литературы Вступление В основе всякого м атематического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Д едуктивный метод рассуждений - это рассуждение от общего к частному, т.е. р ассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а закл ючительным моментом – частный результат. Индукция применяется при пер еходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противополож ным дедуктивному. Метод математической индукции можно сравнить с прогресс ом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к в ысшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мы сль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индук тивно. Хотя и выросла область применения метода математической индукции, в школьной программе ему отводится мало времени. Ну, скажите, чт о полезного человеку принесут те два-три урока, за которые он услышит пят ь слов теории, решит пять примитивных задач, и, в результате получит пятёр ку за то, что он ничего не знает. А ведь это так важно - уметь размышлять индуктивно. Основная част ь По своему первонач альному смыслу слово “индукция” применяется к рассуждениям, при помощи которых получают общие выводы, опираясь на ряд частных утверждений. Прос тейшим методом рассуждений такого рода является полная индукция. Вот пр имер подобного рассуждения. Пусть требуется установить, что каждое натуральное чётно е число n в пределах 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для эт ого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения: 4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5; 14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7. Эти девять равенств показывают, что каждое из интересующих нас чисел дей ствительно представляется в виде суммы двух простых слагаемых. Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случ аев. Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная ин дукция). Результат, полученный неполной индукцией, остается, однако, лишь гипотез ой, пока он не доказан точным математическим рассуждением, охватывающим все частные случаи. Иными словами, неполная индукция в математике не счи тается законным методом строгого доказательства, но является мощным ме тодом открытия новых истин. Пусть, например, требуется найти сумму первых n последовательных нечётны х чисел. Рассмотрим частные случаи: 1=1=1 2 1+3=4=2 2 1+3+5=9=3 2 1+3+5+7=16=4 2 1+3+5+7+9=25=5 2 После рассмотрения этих нескольких частных случаев напр ашивается следующий общий вывод: 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n 2 Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить до казательством справедливости приведённой формулы. Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают б есконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ош ибочным результатам. Во многих случаях выход из такого рода затруднений заклю чается в обращении к особому методу рассуждений, называемому методом ма тематической индукции. Он заключается в следующем. Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числа n (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n 2 ). Непосредственная проверк а этого утверждения для каждого значения n невозможна, поскольку множест во натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, провер яют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом нат уральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения пр и n=k вытекает его справедливость и при n=k+1. Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утвержде ние справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+ +1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т.д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n. Значит, утверждение верн о для любого n. Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип. Принцип математи ческой индукции. Если предложение А(n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истин но для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следу ющего числа n=k+1, то предположение А(n) истинно для любого натурального числа n. В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость неко торого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n>p, где p-фиксир ованное натуральное число. В этом случае принцип математической индукц ии формулируется следующим образом. Если предложение А(n) истинно при n=p и если А(k) Ю А(k+1) для любого k>p, то предложение А(n) истинно для люб ого n>p. Доказательство по методу математической индукции прово диться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяетс я для n=1, т.е. устанавливается истинность высказывания А(1). Эту часть доказа тельства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательств а, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливост ь утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (пр едположение индукции), т.е. доказывают, что А(k) Ю A(k+1). ПРИМЕР 1 Доказать, что 1+3+5+… +(2n-1)=n 2 . Решение: 1) Имеем n=1=1 2 . Следова тельно, утверждение верно при n=1, т.е. А(1) истинно. 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1). Пусть k-любое натуральное число и пусть утверж-дение справ едливо для n=k, т.е. 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 . Докажем, что тогда утверждение справедливо и для следующего натурально го числа n=k+1, т.е. что 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 . В самом деле, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 . Итак, А(k) Ю А(k+1). На основании принципа математ ической индукции заключаем, что предпо-ложение А(n) истинно для любого n О N. ПРИМЕР 2 Доказать, что 1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), гд е х № 1 Решение: 1) При n=1 получаем 1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1 следовательно, при n=1 формула верна; А(1) ис-тинно. 2) Пусть k-любое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т.е. 1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1). Докажем, что тогда выполняется равенство 1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1). В самом деле 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k )+x k+1 = =(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1). Итак , А (k) Ю A(k+1). На основании принципа матема тической индукции заключаем, что форму-ла верна для любого натурального числа n. ПРИМЕР 3 Доказать, что числ о диагоналей выпуклого n-угольника равно n(n-3)/2. Решение: 1) При n=3 утверждение спра- А 3 ведливо, ибо в треугольнике А 3 =3(3-3)/2=0 диагоналей; А 2 А(3) истинно. 2) Предположим, что во всяком выпуклом k-угольнике имеет- А 1 ся А k =k(k-3)/2 д иагоналей. А k Докажем, что тогда в выпу клом А k+1 (k+1)-угольнике число диагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2. Пусть А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -выпуклый (k+1)-уголь-ник. Проведём в нём диагональ A 1 A k . Чтобы под-считать общее чи сло диагоналей этого (k+1)-уголь-ника нужно подсчитать число диагоналей в k-у гольнике A 1 A 2 …A k , прибавить к полученному числу k-2, т.е. число диагоналей (k+1)-угольника, исходящих из вершины А k+1 , и, кроме того, след ует учесть диагональ А 1 А k . Таким образом, k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2. Итак, А(k) Ю A(k+1). Вследствие прин ципа математической индукции утверждение верно для любого выпуклого n-у гольника. ПРИМЕР 4 Доказать, что при л юбом n справедливо утвер-ждение: 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1. Значит, при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что n=k Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6. 3) Рассмотрим данное утвержде-ние при n=k+1 X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6. X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2 )/6=(k+1)(k(2k+1)+ +6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+ +2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6. Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовател ьно, в силу метода математиче-ской индукции, утверждение верно для любог о на-турального n. ПРИМЕР 5 Доказать, что для л юбого натурального n спра-ведливо равенство: 1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4. Решение: 1) Пусть n=1. Тогда Х 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Мы видим, что при n=1 утверждение верно. 2) Предположим, что равенство верно при n=k X k =k 2 (k+1) 2 /4. 3) Докажем истинность этого ут-верждения для n=k+1, т.е. Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3 )/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4. Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение в ерно при n=k+1, следовательно, равен-ство верно при любом натуральном n. ПРИМЕР 6 Доказать, что ((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))=3n(n+1)/2(n 2 +n+1), где n>2. Решение: 1) При n=2 тождество выглядит: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. оно верно. 2) Предположим, что выражение верно при n=k (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1). 3) Докажем верность выражения при n=k+1. (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 + +1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+ +1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1). Мы доказали справедливость равенства и при n=k+1, следовательно, в силу мето да математиче-ской индукции, утверждение верно для любого n>2 ПРИМЕР 7 Доказать, что 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для любого натурального n. Решение: 1) Пусть n=1, тогда 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7. 2) Предположим, что n=k, тогда 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3). 3) Докажем истинность этого ут-верждения при n=k+1 (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 )+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+ +(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3). Доказана и справедливость равенства при n=k+1, следовательн о утверждение верно для лю-бого натурального n. ПРИМЕР 8 Доказать верность тождества (1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для любого натурального n. Решение: 1) При n=1 тождество верно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1). 2) Предположим, что при n=k (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1). 3) Докажем, что тождество верно при n=k+1. (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2)+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1)(k+2)/2(2(k+1)+1). Из приведённого доказательства видно, что ут-верждение в ерно при любом натуральном n. ПРИМЕР 9 Доказать, что (11 n+2 +12 2n+1 ) делится н а 133 без остатка. Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2 )=23 ґ 133. Но (23 ґ 133) делится на 133 без остат ка, значит при n=1 утверждение верно; А(1) истинно. 2) Предположим, что (11 k+2 +12 2k+1 ) делится на 133 без остатка. 3) Докажем, что в таком случае (11 k+3 +12 2k+3 ) дели тся на 133 без остатка. В самом деле 11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 + +(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1 )+133 ґ 12 2k+1 . Полученная сумма делится на 133 без остатка, так как первое её слагаемое де лится на 133 без ос-татка по предположению, а во втором одним из множителей в ыступает 133. Итак, А(k) Ю А(k+1). В силу метода матем атической индукции утвержде-ние доказано. ПРИМЕР 10 Доказать, что при л юбом n 7 n -1 делится на 6 без остатка. Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =7 1 -1=6 де-лится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ни е верно. 2) Предположим, что при n=k 7 k -1 делится на 6 без остатка. 3) Докажем, что утверждение справедливо для n=k+1. X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6. Первое слагаемое делится на 6, поскольку 7 k -1 делится на 6 по предположению, а вторым слага-емым является 6. Значит 7 n -1 кратно 6 при любом натуральном n. В силу метод а математической ин-дукции утверждение доказано. ПРИМЕР 11 Доказать, что 3 3n-1 +2 4n-3 при произ вольном на-туральном n делится на 11. Решение: 1) Пусть n=1, тогда Х 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 делится на 11 без остат-ка. Значит, при n=1 утверждени е верно. 2) Предположим, что при n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 без остатка. 3) Докажем, что утверждение верно для n=k+1. X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 = =27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 + +11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3 )+11 ґ 3 3k-1 . Первое слагаемое делится на 11 без остатка, поскольку 3 3k-1 +2 4k-3 делится на 11 по предполож е-нию, второе делится на 11, потому что одним из его множителей есть число 11. З начит и сумма де-лится на 11 без остатка при любом натуральном n. В силу метод а математической индукции утвер-ждение доказано. ПРИМЕР 12 Доказать, что 11 2n -1 при произвольном нату-ральном n делится на 6 без остатка. Решение: 1) Пусть n=1, тогда 11 2 -1=120 делится на 6 без остатка. Значит при n=1 утвержде-ние верно. 2) Предположим, что при n=k 11 2k -1 делится на 6 без остатка. 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1). Оба слагаемых делятся на 6 без остатка: пер-вое содержит кр атное 6-ти число 120, а второе де-лится на 6 без остатка по предположению. Значи т и сумма делится на 6 без остатка. В силу метода математической индукции у тверждение доказано. ПРИМЕР 13 Доказать, что 3 3n+3 -26n-27 при произвольном натуральном n делится на 26 2 (676) без остатка. Решение: Предварительно докажем, что 3 3n+3 -1 делится на 26 без остатка. 1. Пр и n=0 3 3 -1=26 делится на 26 2. Пр едположим, что при n=k 3 3k+3 -1 делится на 26 3. До кажем, что утверждение верно при n=k+1. 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – делится на 26 Теперь проведём доказательство утвер-ждения, сформулиро ванного в условии задачи. 1) Очевидно, что при n=1 утвер-ждение верно 3 3+3 -26-27=676 2) Предположим, что при n=k выражение 3 3k+3 -26k-27 делится на 26 2 без остатка. 3) Докажем, что утверждение верно при n=k+1 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27). Оба слагаемых делятся на 26 2 ; первое делится на 26 2 , потому что мы доказа ли делимость на 26 выражения, стоящего в скобках, а второе делится по предп оложению индукции. В силу метода мате-матической индукции утверждение д оказано. ПРИМЕР 14 Доказать, что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х) n >1+n ґ х. Решение: 1) При n=2 неравенство справед-ливо, так как (1+х) 2 =1+2х+х 2 >1+2х . Значит, А(2) истинно. 2) Докажем, что А(k) Ю A(k+1), если k> 2. Предположим, что А(k) истинно, т.е., что справедливо неравенство (1+х) k >1+k ґ x. (3) Докажем, что тогда и А(k+1) истинно, т.е., что справедливо нераве нство (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x. В самом деле, умножив обе части неравенства (3) на положител ьное число 1+х, получим (1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x). Рассмотрим правую часть последнего неравен- ства; имеем (1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x. В итоге получаем, что (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x. Итак, А(k) Ю A(k+1). На основании при нципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Берну лли справедливо для любого n> 2. ПРИМЕР 15 Доказать, что спра ведливо неравенство (1+a+a 2 ) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а > 0. Решение: 1) При m=1 (1+а+а 2 ) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обе част и равны. 2) Предположим, что при m=k (1+a+a 2 ) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2 3) Докажем, что при m=k+1 не-равенство верно (1+a+a 2 ) k+1 =(1+a+a 2 )(1+a+a 2 ) k >(1+a+a 2 )(1+k ґ a+ +(k(k+1)/2) ґ a 2 )=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 + +((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+ +((k+1)(k+2)/2) ґ a 2 . Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу мет ода математиче-ской индукции, неравенство справедливо для лю-бого натур ального m. ПРИМЕР 16 Доказать, что при n>6 справедливо неравенство 3 n >n ґ 2 n+1 . Решение: Перепишем неравенство в виде (3/2) n >2n. 1. Пр и n=7 имеем 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенство верно. 2. Пр едположим, что при n=k (3/2) k >2k. 3) Докажем верность неравен-ства при n=k+1. 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k ) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1). Так как k>7, последнее неравенство очевидно. В силу метода математической индукции неравен-ство справедливо для люб ого натурального n. ПРИМЕР 17 Доказать, что при n>2 справедливо неравенство 1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/n 2 )<1,7-(1/n). Решение: 1) При n=3 неравенство верно 1+(1/2 2 )+(1/3 2 )=245/180<246/180=1,7-(1/3). 2. Пр едположим, что при n=k 1+(1/2 2 )+(1/3 2 )+…+(1/k 2 )=1,7-(1/k). 3) Докажем справедливость не- равенства при n=k+1 (1+(1/2 2 )+…+(1/k 2 ))+(1/(k+1) 2 )<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2 ). Докажем, что 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2 )<1,7- (1/k+1) Ы Ы (1/(k+1) 2 )+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k
1Архитектура и строительство
2Астрономия, авиация, космонавтика
 
3Безопасность жизнедеятельности
4Биология
 
5Военная кафедра, гражданская оборона
 
6География, экономическая география
7Геология и геодезия
8Государственное регулирование и налоги
 
9Естествознание
 
10Журналистика
 
11Законодательство и право
12Адвокатура
13Административное право
14Арбитражное процессуальное право
15Банковское право
16Государство и право
17Гражданское право и процесс
18Жилищное право
19Законодательство зарубежных стран
20Земельное право
21Конституционное право
22Конституционное право зарубежных стран
23Международное право
24Муниципальное право
25Налоговое право
26Римское право
27Семейное право
28Таможенное право
29Трудовое право
30Уголовное право и процесс
31Финансовое право
32Хозяйственное право
33Экологическое право
34Юриспруденция
 
35Иностранные языки
36Информатика, информационные технологии
37Базы данных
38Компьютерные сети
39Программирование
40Искусство и культура
41Краеведение
42Культурология
43Музыка
44История
45Биографии
46Историческая личность
47Литература
 
48Маркетинг и реклама
49Математика
50Медицина и здоровье
51Менеджмент
52Антикризисное управление
53Делопроизводство и документооборот
54Логистика
 
55Педагогика
56Политология
57Правоохранительные органы
58Криминалистика и криминология
59Прочее
60Психология
61Юридическая психология
 
62Радиоэлектроника
63Религия
 
64Сельское хозяйство и землепользование
65Социология
66Страхование
 
67Технологии
68Материаловедение
69Машиностроение
70Металлургия
71Транспорт
72Туризм
 
73Физика
74Физкультура и спорт
75Философия
 
76Химия
 
77Экология, охрана природы
78Экономика и финансы
79Анализ хозяйственной деятельности
80Банковское дело и кредитование
81Биржевое дело
82Бухгалтерский учет и аудит
83История экономических учений
84Международные отношения
85Предпринимательство, бизнес, микроэкономика
86Финансы
87Ценные бумаги и фондовый рынок
88Экономика предприятия
89Экономико-математическое моделирование
90Экономическая теория

 Анекдоты - это почти как рефераты, только короткие и смешные Следующий
Мы, петербуржцы, 12 месяцев в году ждем лета.
Но лето не глупое, чтобы приходить туда, где холодно, сыро и пасмурно.
Поэтому мы на 2 недели сами едем к лету.
И начинаем ждать следующее.
Может оно будет поглупее...
Anekdot.ru

Узнайте стоимость курсовой, диплома, реферата на заказ.

Обратите внимание, реферат по математике "Метод математической индукции", также как и все другие рефераты, курсовые, дипломные и другие работы вы можете скачать бесплатно.

Смотрите также:


Банк рефератов - РефератБанк.ру
© РефератБанк, 2002 - 2016
Рейтинг@Mail.ru